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Problemas de Selectividad de Matemáticas II
Comunidad de Madrid
us (Resueltos)
11 de julio de 2019
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ww
ww
w.m
2
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at.
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t
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Índice general
at.
1. Año 2000 9
1.1. Modelo 2000 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2. Modelo 2000 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3. Junio 2000 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4. Junio 2000 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
us
1.5. Septiembre 2000 - Opción A
1.6. Septiembre 2000 - Opción B
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24
27
2. Año 2001 33
2.1. Modelo 2001 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.2. Modelo 2001 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.3. Junio 2001 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.4. Junio 2001 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
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3. Año 2002 57
3.1. Modelo 2002 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3.2. Modelo 2002 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.3. Junio 2002 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.4. Junio 2002 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.5. Septiembre 2002 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.6. Septiembre 2002 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
4. Año 2003 85
4.1. Modelo 2003 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
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3
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5. Año 2004 109
5.1. Modelo 2004 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
5.2. Modelo 2004 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
5.3. Junio 2004 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
5.4. Junio 2004 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
5.5. Septiembre 2004 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
5.6. Septiembre 2004 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
at.
6. Año 2005 133
6.1. Modelo 2005 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
6.2. Modelo 2005 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
6.3. Junio 2005 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
6.4. Junio 2005 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
6.5. Septiembre 2005 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
6.6. Septiembre 2005 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
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10.4. Junio 2009 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233
10.5. Septiembre 2009 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236
10.6. Septiembre 2009 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239
10.7. Septiembre 2009 - Opción A (Reserva) . . . . . . . . . . . . 242
10.8. Septiembre 2009 - Opción B (Reserva) . . . . . . . . . . . . 245
at.
11.2. Modelo 2010 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253
11.3. General-Junio 2010 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . 256
11.4. General-Junio 2010 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
11.5. Especı́fica-Junio 2010 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . 264
11.6. Especı́fica-Junio 2010 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . 267
11.7. General-Septiembre 2010 - Opción A . . . . . . . . . . . . . 271
11.8. General-Septiembre 2010 - Opción B . . . . . . . . . . . . . 274
11.9. Especı́fica-Septiembre 2010 - Opción A . . . . . . . . . . . . 278
us
11.10.Especı́fica-Septiembre 2010 - Opción B
12.Año 2011
. . . . . . . . . . . . 281
285
12.1. Modelo 2011 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285
12.2. Modelo 2011 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289
12.3. Junio 2011 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292
12.4. Junio 2011 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296
12.5. Septiembre 2011 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300
12.6. Septiembre 2011 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303
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5
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14.8. Septiembre 2013 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355
14.9. Septiembre (coincidente)2013 - Opción A . . . . . . . . . . . 358
14.10.Septiembre (coincidente)2013 - Opción B . . . . . . . . . . . 361
at.
15.4. Junio 2014 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375
15.5. Junio 2014 (coincidente)- Opción A . . . . . . . . . . . . . . 378
15.6. Junio 2014 (coincidente)- Opción B . . . . . . . . . . . . . . 381
15.7. Septiembre 2014 - Opción A . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384
15.8. Septiembre 2014 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387
6
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18.8. Septiembre 2017 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . 466
18.9. Septiembre 2017 (coincidente) - Opción A . . . . . . . . . . . 470
18.10.Septiembre 2017 (coincidente) - Opción B . . . . . . . . . . . 473
at.
19.4. Junio 2018 - Opción B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 486
19.5. Junio 2018 (coincidente)- Opción A . . . . . . . . . . . . . . . 489
19.6. Junio 2018 (coincidente)- Opción B . . . . . . . . . . . . . . 493
19.7. Julio 2018 (extraordinaria)- Opción A . . . . . . . . . . . . . 495
19.8. Julio 2018 (extraordinaria)- Opción B . . . . . . . . . . . . . 499
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8
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ne
Capı́tulo 1
at.
Año 2000
Solución:
a)
a 1 + a 2a
a = a(a2 − 1)0 =⇒ a = 0, a = ±1
a 1
1 a 1
Si a 6= 0 y a 6= ±1 =⇒ →
−
u, →
−
v y→
−
w son Linealmente Independientes.
ww
Si a = 0 o a = ±1 =⇒ →
−
u, →
−
v y→
−
w son Linealmente Dependientes.
9
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de →
−
u, →
−
v y→
−
w . Veamos de que combinación lineal se trata, tenemos:
→
−u = (2, 3, 4)
→
−v = (2, 1, 2)
→−
w = (1, 2, 1)
at.
3
a=−
2
2a+ 2b+ c = 3
3a+ b+ 2c = 3 =⇒ 3
b=
4a+ 2b+ c = 0
2
c=3
−c = − 3 →
→ − 3−
u + →v + 3→
−
us 2 2
w
c) Si a = 0 tenemos:
→
−
u = (0, 1, 0)
→
−
v = (0, 1, 0)
→
−
w = (1, 0, 1)
Sabemos que [→
−
u,→
−
v ,→
−
w] = →
−
u · (→
−
v ∧→
−
w ). Pero
w.m
0 1 0
→
− →
− →
−
[ u , v , w ] = 0 1 0 =0
1 0 1
Luego →
−
u · (→
−
v ∧→
−
w) = 0
a) Hallar la ecuación del lugar geométrico de los puntos del plano tales
que su distancia al punto A(4, 0) es el doble de su distancia a la recta
x = 1.
Solución:
a)
d(P, A) = 2d(P, r), r : x = 1, A(4, 0)
10
t
ne
at.
−→ p
2
d(P, A) = |AP | = (x − 4) + y
2
us
d(P, r) =
|x − 1|
1
=⇒ (x−4)2 +y 2 = 4(x−1)2 =⇒
x2 y2
− =1
4 12
b) Se trata de una hipérbola a2 = 4 y b2 = 12, como c2 = a2 + b2 =
16 =⇒ c = 4. Los focos serı́an los puntos F 0 (−4, 0) y F (4, 0).
w.m
a)
sin x sin x + 2x 0 cos x + 2
lı́m +2 = lı́m = = lı́m =3
x−→0 x x−→0 x 0 x−→0 1
Para que f sea continua en x = 0 =⇒ k = 3
11
t
ne
b) Para que f sea derivable en x = 0 primero debe de ser continua, luego
k = 3. Ahora se estudia si es derivable con este valor:
sin h
f (0 + h) − f (0) +2−3 sin h − h
f 0 (0) = lı́m = lı́m h = lı́m =
h−→0 h h−→0 h h−→0 h2
0 cos h − 1 0 − sin h
= lı́m = = lı́m =0
0 h−→0 2h 0 h−→0 2
at.
En conclusión, para que una función sea derivable antes tiene que
ser continua y por tanto k = 3. Y en este caso también se cumple
f 0 (0− ) = f 0 (0+ ) y es derivable.
us
w.m
c) Ası́ntotas:
12
t
ne
a) (1 punto) Discutir la compatibilidad del sistema según los diversos
valores de λ.
b) (1 punto) Resolver el sistema para λ = −1.
c) (1 punto) Resolver el sistema para λ = 2.
Solución:
a)
at.
−1 λ 2 λ
A= 2 λ −1 2 , |A| = −3λ2 − 6λ − 3 = 0 =⇒ λ = −1
λ −1 2 λ
2
−1 −1 2 −1
−1 −1
Como tiene dos filas iguales y el menor = 3 6= 0 tene-
2 −1
mos que Rango(A) = 2 =Rango(A) <no incógnitas =⇒ Sistema
Compatible Indeterminado. (Infinitas soluciones)
w.m
b) Si λ = −1:
x= 1+t
−x− y+ 2z = −1
y= t
2x− y− z = 2
z= t
c) Si λ = 2:
−x+ 2y+ 2z = 2 x = 2/3
2x+ 2y− z = 2 y = 2/3
2x− y+ 2z = 2 z = 2/3
2 − x si x ≤ 1
f 0 (x) = 1
si x > 1
x
13
t
ne
a) Hallar la expresión de f (x).
Solución:
a)
x2
2x − + a si x ≤ 1
2
at.
f (x) =
ln |x| + b si x > 1
3
Como f (−1) = −4 =⇒ a = − . Si f es derivable en x = 1 =⇒ f es
2
continua en x = 1 =⇒ b = 0. Luego:
2
2x − x − 3 si x ≤ 1
us f (x) =
2
ln x
2
si x > 1
1
y − ln 2 = (x − 2)
2
Solución:
ww
14
t
ne
at.
√
(x0 , y0 ) = ( a, a) y la posición de las curvas cambia, de manera que, la que
estaba por encima pasará a estar debajo. Es decir,
Z √a Z 1
(a − x ) dx = √ (x2 − a) dx =⇒
2
us 0
x3
√ a
x3
a
√ a
1
ax − = − ax =⇒ a =
3 0 3 0 3
b) (1 punto) Hallar el área del triángulo cuyos vértices son los puntos P ,
Q y R.
i j k
−−→ −−→
|QP × QR| = | 0 −2 −2 | = |(−10, 0, 0)| = 10
0 −3 2
−−→ −−→ √
|QP × QR| 10 5 2
d(P, r) = −−→ = √ = u
|QR| 2 2 2
15
t
ne
b) Tenemos
−−→
QP = (0, −3, 2)
−−→
QR = (0, −2, −2)
1 −−→ −−→
S = |QP × QR| = 5 u2
2
c) El plano π que contiene a los puntos P , Q y R es el siguiente
0 0 x − 1
at.
π : −3 −2 y = 10(x − 1) = 0 =⇒ π : x − 1 = 0
2 −2 z + 1
−−→
Sean P , Q y R vértices consecutivos, entonces S = P + QR =
(1, −1, 3) + (0, −2, −2) = (1, −3, 1)
−−→
Sean P , R y Q vértices consecutivos, entonces S = P + RQ =
(1, −1, 3) + (0, 2, 2) = (1, 1, 5)
−→
Sean Q, P y R vértices consecutivos, entonces S = Q + P R =
us (1, 2, 1) + (0, 1, −4) = (1, 3, −3)
−→
Sean Q, R y P vértices consecutivos, entonces S = Q + RP =
(1, 2, 1) + (0, −1, 4) = (1, 1, 5)
−−→
Sean R, P y Q vértices consecutivos, entonces S = R + P Q =
(1, 0, −1) + (0, 3, −2) = (1, 3, −3)
−−→
Sean R, Q y P vértices consecutivos, entonces S = R + QP =
(1, 0, −1) + (0, −3, 2) = (1, −3, 1)
w.m
Los puntos S son (1, −3, 1), (1, 1, 5) y (1, 3, −3). Todos ellos están
contenidos en el plano π
x 0
A y = 0
z 0
para λ = 1
16
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ne
Solución:
4
a) |A| = (λ − 1)(3λ − 4) = 0 =⇒ λ = 1 y λ = .
3
4
Si λ = 1, o λ = =⇒ No es invertible.
3
4
Si λ 6= 1, y λ 6= =⇒ Si es invertible.
3
at.
b) Si λ = 2:
1 1 −1 0 −1 1/2
A= 0 0 1 , A−1 = 1 2 −1/2
2 0 2 0 1 0
1 1 −1 0 −1 1/2 1 0 0
A · A−1 = 0 0 1 · 1 2 −1/2 = 0 1 0
us 2 0 2 0 1 0 0 0 1
c) Con λ = 1 y AX = O:
0 1 −1 x 0
0 −1 1 y = 0 =⇒
1 0 2 z 0
w.m
y− z = 0 x = −2t
y− z = 0
− y+ z = 0 =⇒ =⇒ y= t
x+ 2z = 0
x+ 2z = 0 z= t
→
−
x ∧ (2, 1, −1) = (1, 3, 5)
√
sabiendo que |→
−
x | = 6, donde ∧ significa ”producto vectorial”.
Solución:
ww
LLamamos →
−
x = (a, b, c) =⇒ (a, b, c) ∧ (2, 1, −1) = (1, 3, 5):
i j k
−b − c = 1
a b c = (−b − c, a + 2c, a − 2b) = (1, 3, 5) =⇒ a + 2c = 3
2 1 −1
a − 2b = 5
17
t
ne
Como la primera ecuación es el resultados de restar a la tercera la segunda,
√
sólo tendrı́amos dos ecuaciones, la tercera la obtenemos de |→−
x | = 6 =⇒
a2 + b2 + c2 = 6:
−b − c = 1 a=1 a = 5/3
a + 2c = 3 =⇒ b = −2 o b = −5/3
2
a + b2 + c2 = 6 c=1 c = 2/3
at.
5 5 2
Es decir, →
−
x = (1, −2, 1) y →
−
x = ,− ,
3 3 3
Solución:
a)
−2a = −2
a=1
−2b = 4 b = −2
=⇒
−2c = 8 c = −4
w.m
2
a + b2 + c2 − r2 = −4 r=5
x2 + y 2 − 2x + 4y − 4 = 0
−2a = −2 a=1
−2b = 4 =⇒ b = −2
2
a + b2 − r2 = −4 r=3
18
t
ne
b) (1 punto) Comprobar que
T raza(A · B) = T raza(B · A)
at.
T raza(AB) 6= T raza(A) · T raza(B)
Solución:
a) Sean
a1 a2 b1 b2
A= , A=
a3 a4 b3 b4
T raza(A) = a1 + a4 , T raza(B) = b1 + b4
us T raza(A) + T raza(B) = a1 + b1 + a4 + b4
a1 a2 b1 b2 a1 + b1 a2 + b2
A+B = + =
a3 a4 b3 b4 a3 + b3 a4 + b4
=⇒ T raza(A + B) = a1 + b1 + a4 + b4
Luego:
w.m
b)
a1 a2 b1 b2 a1 b1 + a2 b3 a1 b2 + a2 b4
A·B = · =
a3 a4 b3 b4 a3 b1 + a4 b3 a3 b2 + a4 b4
b1 b2 a1 a2 a1 b1 + a3 b2 a2 b1 + a4 b2
B·A= · =
b3 b4 a3 a4 a1 b3 + a3 b4 a2 b3 + a4 b4
T raza(AB) = a1 b1 + a2 b3 + a3 b2 + a4 b4
=⇒ T raza(AB) = T raza(BA)
T raza(BA) = a1 b1 + a3 b2 + a2 b3 + a4 b4
19
t
ne
d) Sea A una matriz cualquiera y B = I
1 2 1 0
A= , B=
−1 3 0 1
at.
Problema 1.3.4 (3 puntos) Sea f (x) = ax3 + bx2 + cx + d un polinomio
que cumple f (1) = 0, f 0 (0) = 2, y tiene dos extremos relativos para x = 1 y
x = 2.
a) (2 puntos) Determinar a, b, c y d.
a)
f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, f 0 (x) = 3ax2 + 2bx + c
f (1) = 0 =⇒ a + b + c + d = 0 a = 1/3
0
f (1) = 0 =⇒ 3a + 2b + c = 0 b = −3/2
f 0 (2) = 0 =⇒ 12a + 4b + c = 0 =⇒
c=2
0
f (0) = 2 =⇒ c = 2 d = −5/6
w.m
La función será:
1 3 5
f (x) = x3 − x2 + 2x −
3 2 6
b) Calculamos la segunda derivada
00
00 f (1) = −3 < 0 =⇒ Máximo
f (x) = 2x − 3 =⇒
f 00 (2) = 1 > 0 =⇒ Mínimo
f (x) = x2 y g(x) = x3
x = 2.
Solución:
20
t
ne
at.
x2 = x3 =⇒ x3 − x2 = 0 =⇒ x2 (x − 1) = 0 =⇒ x = 0, x = 1
us
Los intervalos de integración serán [0, 1] y [1, 2]. Calculamos la primitiva de
f (x) − g(x):
x3 x4
Z Z
F (x) = (f (x) − g(x)) dx = (x2 − x3 ) dx = −
3 4
Z 1
1 1 1
(f (x) − g(x)) dx = F (1) − F (0) = − =
w.m
0 3 4 12
Z 2
8 16 1 1 17
(f (x) − g(x)) dx = F (1) − F (0) = − − + =−
1 3 4 3 4 12
1 17 18 3
S = + − =
= u2
12 12 12 2
su grado?
Solución:
21
t
ne
at.
b) La función tiene al menos cuatro extremos, luego el grado del poli-
nomio tiene que ser cinco como mı́nimo. Si fuese cuatro, la primera
derivada tendrı́a como mucho tres soluciones al igualar a cero.
a)
a 1 1 (a − 1)(a + 2)
A = 1 a 1 (a − 1)2 (a + 2) , |A| = a3 −3a+2 = 0 =⇒ a = 1, a = −2
1 1 a (a − 1)3 (a + 2)
Si a 6= 1 y a 6= −2 =⇒ Rango(A) =Rango(A) = 3 = no de
incógnitas =⇒ SCD.
Si a = 1: (Homogéneo)
1 1 1 0
A = 1 1 1 0 =⇒ Rango(A) = Rango(A) < no incógnitas =⇒ SCI
1 1 1 0
Si a = −2:
ww
−2 1 1 0
−2
1
A = 1 −2 1 0 , = 3 6= 0 =⇒
1 −2
1 1 −2 0
22
t
ne
Para cualquier valor de a el sistema es, por tanto, compatible.
c)
at.
x=λ
x− 2y+ z= 0 x− 2y = −z
=⇒ =⇒ y=λ
x+ y+ −2z = 0 x+ y = 2z
z=λ
Problema 1.4.4 (3 puntos) Sean los puntos P (8, 13, 8) y Q(−4, −11, −8).
Se considera el plano π, perpendicular al segmento P Q por su punto medio.
Solución:
w.m
3x + 6y + 4z + λ = 0, 6 + 6 + 0 + λ = 0 =⇒ λ = −12
π : 3x + 6y + 4z − 12 = 0
12
3(3λ) + 6(6λ) + 4(4λ) − 12 = 0 =⇒ λ =
61
36 72 48
El punto proyectado es: O0 ,
61 61 61
23
t
ne
c) Los puntos de corte son:
at.
Los vectores:
−→
OA = (4, 0, 0).
−−→
OB = (0, 2, 0).
−−→
OC = (0, 0, 3).
Solución:
a) Ası́ntotas:
f (x) 2x + sin 2x
m = lı́m = lı́m =2
x−→∞ x x−→∞ x
n = lı́m (2x + sin 2x − 2x) = lı́m (sin 2x) No existe
ww
x−→∞ x−→∞
24
t
ne
función es siempre creciente y no hay ni máximos ni mı́nimos. Veamos
los puntos de inflexión:
π
f 00 (x) = −4 sin 2x = 0 =⇒ x = + kπ
2
f 000 (x) = −8 cos 2x =⇒ f 000 (π/2) = 8 6= 0
π
Luego los puntos x = + kπ son puntos de inflexión.
2
at.
Problema 1.5.2 (2 puntos) Dados tres números reales cualesquiera r1 , r2
y r3 , hallar el número real x que minimiza la función
Solución:
r1 + r2 + r3
D0 (x) = −2(r1 −x)−2(r2 −x)−2(r3 −x) = −2(r1 +r2 +r3 −3x) = 0 =⇒ x =
3
us
x es la media aritmética de los tres números.
00 00 r1 + r2 + r3
D (x) = 6 =⇒ D =6>0
3
y+ z = 1
(λ − 1)x+ y+ z = λ
x+ (λ − 1)y− z = 0
Solución:
a)
0 1 1 1
A= λ−1 1 1 λ , |A| = λ(λ−1) = 0 =⇒ λ = 0, λ = 1
ww
1 λ − 1 −1 0
25
t
ne
Si λ = 0
0 1 1 1
A = −1 1 1 0
1 −1 −1 0
Como la tercera fila a la segunda multiplicada por −1,
es igual
0 1
y como el menor = 1 6= 0 Tenemos que Rango(A) =
−1 1
2 =Rango(A) <no de incógnitas =⇒ Sistema compatible indeter-
at.
minado (infinitas soluciones).
Si λ = 1
0 1 1 1
A= 0 1 1 1
1 0 −1 0
Como
la
primera fila es igual a la segunda, y como el menor
0 1 o
1 0 = −1 6= 0 Tenemos que Rango(A) = 2 =Rango(A) <n
us de incógnitas =⇒ Sistema compatible indeterminado (infinitas
soluciones).
b) Si λ = 0
x= 1
y+ z = 1
=⇒ y = 1−t
−x+ y+ z = 0
z= t
c) Si λ = 3
w.m
y+ z = 1 x=1
2x+ y+ z = 3 =⇒ y=0
x+ 2y− z = 0 z=1
Solución:
26
t
ne
b)
→
− x=3
ut = (0, 1, 0)
t: =⇒ t : y =3+λ
Pt (3, 3, 4)
z=4
c) Imponemos z = 0 =⇒ x2 + y 2 − 6x − 6y + 9 = 0 circunferencia de
centro (3, 3, 0) y radio r = 3
at.
d) Si cortamos la esfera con el eje OX hacemos y = 0 y z = 0 =⇒
π : 3y + 4z + λ = 0
b) (1 punto) Hallar el área del triángulo que determinan los tres puntos.
Solución:
a)
1 a 0
1
1 a−2 = −2 6= 0 ∀a ∈ R
1 −1 a
b)
−−→
AB = (1, 1, a − 2) − (1, a, 0) = (0, 1 − a, a − 2)
−→ =⇒
AC = (1, −1, a) − (1, a, 0) = (0, −1 − a, a)
ww
i j k
−−→ −→
|AB × AC| = | 0 1 − a a − 2 | = |(−2, 0, 0)| = 2
0 −1 − a a
1 −−→ −→
S = |AB × AC| = 1 u2
2
27
t
ne
Problema 1.6.2 (2 puntos) Sean la recta
x−1 y z−1
r: = =
m 4 2
y el plano
π : 2x − y + kz = 0
at.
b) (1 punto) Calcular m y k para que la recta esté contenida en el plano.
Solución:
a) Deben ser →
−
ur = −
u→
π o proporcionales:
1 1
(m, 4, 2)λ = (2, −1, k) =⇒ λ = − , m = −8, k = −
4 2
us
b) El producto escalar de ambos vectores debe ser igual a cero:
2m − 4 + 2k = 0 =⇒ m + k = 2
a) (1,5 puntos) Determinar los puntos de corte de su gráfica con los ejes
y los intervalos de crecimiento y decrecimiento.
Solución:
Con el eje OX: hacemos f (x) = 0 =⇒ (−1, 0), (0, 0), (2, 0) y (3, 0).
ww
Estudiamos su monotonı́a:
√√
3 2 10 10
f (x) = 4x −12x +2x+6 = 0 =⇒ x = 1− , x = 1+ , x=1
2 2
28
t
ne
√ √ √
10 10 10
∞, 1 − 2 1− 2 ,1 1, 1 + 2
f 0 (x) − + −
f (x) decreciente creciente decreciente
En el punto (−0, 58; −2, 25) la función tiene un mı́nimo, en el punto
(1, 4) la función tiene un máximo y en el punto (2, 58; −2, 25) la función
tiene un mı́nimo.
b) Representación gráfica
at.
us
c) Hay un punto de corte con el eje de abcisas en el intervalo (−1, 2) ese
punto es el (0, 0). Luego tendremos que hacer dos integrales, una entre
−1 y 0, y otra entre 0 y 2.
w.m
ww
0 0
x5 x3
Z
22
S1 = (x4 − 4x3 + x2 + 6x) dx =
− x4 + + 3x2 =−
−1 5 3 −1 15
Z 2 5 2
4 3 2 x 4 x3 2 76
S2 = (x − 4x + x + 6x) dx = −x + + 3x =
0 5 3 0 15
29
t
ne
22 76 98 2
S = |S1 | + |S2 | = + = u
15 15 15
at.
x− y+ z= 0
Solución:
a)
1 1 5
A= 2 0 −k , |A| = −2k − 12 = 0 =⇒ k = −6
1 −1 1
w.m
El sistema en este
caso es Compatible Indeterminado, si escoge-
1 1
mos el menor = −2 6= 0, vemos que el Rango(A) = 2
1 −1
ww
30
t
ne
b) Ahora tenemos
1 1 5 0
1
1 5
2 0 −3 0
A= 1 −1
y que 2 0 −3 = −18
1 0
1 −1 1
1 2 2λ λ
at.
1 1 5 0
1
1 5
2 0 −3 0
|A| = = λ 2 0 −3 = −18λ = 0 =⇒ λ = 0
1 −1 1 0 1 −1
1
1 2 2λ λ
31
ww
w.m
32
us
at.
ne
t
t
ne
Capı́tulo 2
at.
Año 2001
Solución:
w.m
−a2
0 = a2 b2
|B| =
0 1 − b2
F1 − F2 a
a 0 0 1
1 0 0 F1
F2 = 1 1−a 1 1 1 1−a 1 1 F2 − F3
|A| = = ab =
=
F3 − F4 0 0 b b 0 0 1 1 F3
F4 1 1 1 1−b 1 1 1 1−b F4 − F1
1 1 0 0 F1 1
1 0 0
1 1−a 0 0 F2 − F1 = ab 0 −a 0
0
ab = =
0 0 1 1 F3
0
0 1 1
0 0 1 1−b F4 − F3 0 0 0 −b
1 0 0 1 0 0
= −a2 b 0 1 1 = a2 b2 0 1 1 = a2 b2
ww
0 0 −b 0 0 1
1 3
Problema 2.1.2 (2 puntos) Sea la matriz A =
1 4
a) calcular A−1
33
t
ne
5 x 21
b) Resolver el sistema A · + =
−1 y 24
Solución:
4 −3
a) A−1 =
−1 1
b) A(B + X) = C =⇒ X = A−1 C − B
at.
x 4 −3 21 5 7
= · − =
y −1 1 24 −1 4
Solución:
w.m
a2
1
u : y − = a(x − a) x= a+b
4 2
2 a + b ab
=⇒ ab =⇒ R ,
2 y= 2 4
u : y − b = 1 b(x − b)
4
4 2
b)
ww
−1
m1 = =⇒ ab = −4
m2
34
t
ne
Problema 2.1.4 (3 puntos) Se considera la función
1
f (x) =
4 − x2
a) (1 punto) Indicar el dominio de definición de la función f y hallar sus
ası́ntotas.
b) (1 punto) Hallar los extremos relativos de la función f y sus intervalos
de concavidad y convexidad.
at.
c) (1 punto) Dibujar la gráfica de f y hallar su máximo y su mı́nimo
absolutos en el intervalo [−1, 1].
Solución:
a) Dom(f ) = R − {−2, 2}. Sus ası́ntotas:
Verticales:
us En x = 2:
lı́m
1
=
1
= +∞
x−→ 2− 4 − x2 0+
1 1
lı́m = = −∞
x−→ 2+ 4 − x2 0−
En x = −2:
1 1
lı́m 2
= − = −∞
x−→ −2− 4−x 0
w.m
1 1
lı́m 2
= + = +∞
x−→ −2+ 4−x 0
Horizontales:
En y = 0:
1
lı́m
=0
4 − x2
x−→∞
35
t
ne
c)
2x
f 0 (x) = = 0 =⇒ x = 0
(4 − x2 )2
(−∞, 0) (0, ∞)
f 0 (x) − +
f (x) Decrece Crece
Luego en el punto (0, 1/4) la función presenta un mı́nimo.
at.
us
w.m
a)
−→
AC = (x + 2, y + 1, 0)
−−→
AB = (9, 6, 0)
ww
i j k
1 −→ −→ 1
S = |AC × AC| = | x + 2 y + 1 0 | =
2 2
9 6 0
1 3
= |(0, 0, 6x − 9y + 3)| = (2x − 3y + 1)
2 2
36
t
ne
b)
3
(2x − 3y + 1) = 36 =⇒ 2x − 3y − 23 = 0
2
Problema 2.2.2 (2 puntos) Sea A(1, 1) y B(−1, 1) dos puntos del plano.
a) Determinar las ecuaciones de todas las circunferencias que pasan por
los puntos A y B razonando dónde están situados sus centros.
b) De entre las circunferencias del apartado anterior hallar el centro y el
at.
radio de la que es tangente a la recta y = x.
Solución:
a) Los centros de las circunferencias están en la mediatriz que une los
dos puntos, es decir, la recta x = 0. Luego
√ el centro de ellas es de la
forma C(0, a) y el radio r = d(C, A) = a2 − 2a + 2. La ecuación de
una circunferencia con este centro y este radio es:
x2 + (y − a)2 = a2 − 2a + 2 =⇒ x2 + y 2 − 2ay + 2a − 2 = 0
us
b) Si la recta y = x es tangente a la circunferencia y el punto de tangencia
tiene que ser A(1, 1), necesariamente.
1 1 2 3
ww
37
t
ne
Solución:
a)
1 1 2 3
A = 2 −1 k 9 , |A| = 2k + 16 = 0 =⇒ k = −8
1 −1 −6 5
at.
única)
Si λ = −8:
1 1 2 3
1
1
A= 2 −1 −8 9 ,
= −3 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
2 −1
1 −1 −6 5
b)
−
→ −
→ −→ 1 2
F3 + aF1 + bF2 = (0, 0, 0, 0) =⇒ a = , b = −
3 3
1−→ 2 −
→ − → → −
F1 − F2 + F3 = O
3 3
−
→ − → −→ − → → −
4 C1 − C2 + 0 C3 − C4 = O
38
t
ne
Solución:
a)
−1 Z −1
ex dx
Z
√ =− −(1 − ex )−1/2 ex dx =
−10 1 − ex −10
√ −1
= −2 1 − ex −10 = 0, 4098344043
at.
dt
b) t = 1 − ex =⇒ dt = −ex dx = (t − 1)dx =⇒ dx =
t−1
ex
Z Z
1 1
dx = dt = − ln |t| + ln |t − 1| = ln +C
1 − ex t(t − 1) 1 − ex
1 A B A(t − 1) + Bt
= + =
t(t − 1) t t−1 t(t − 1)
us
t = 1 =⇒ B = 1
t = 0 =⇒ A = −1
2x− y+ 3z = 2
5x− y+ az = 6
Solución:
a)
1 1 2 2
A = 2 −1 3 2 , |A| = −3a + 24 = 0 =⇒ a = 8
5 −1 a 6
SCD.
Si a = 8:
1 1 2 2
A = 2 −1 3 2
5 −1 8 6
39
t
ne
1 1
= −3 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2. Estudiamos el Rango(A):
2 −1
1 2 2
|A1 | = |A| = 0, |A2 | = 2 3 2 =0
5 8 6
1 1 2 1 2 2
at.
|A3 | = 2 −1 2 = 0, |A3 | = −1 3 2 = 0
5 −1 6 −1 8 6
a) (1 punto) Calcular Ak .
Solución:
a)
1 2 2 1 3 3
1 2
A = A, A = 0 1 0 , A3 = 0 1 0
0 0 1 0 0 1
1 k k
Ak = 0 1 0
0 0 1
ww
b) Ak X = BC =⇒ X = (Ak )−1 BC
0 1 1 2
BC = 1 · 1 1 2 = 0 1 −1
−1 −1 −1 −2
40
t
ne
1 −k −k
(Ak )−1 = 0 1 0
0 0 1
1 −k −k 0 1 −1 0 0 0
X= 0 1 0 · 1 1 2 = 1 1 2
0 0 1 −1 −1 −2 −1 −1 −2
at.
Problema 2.3.3 (3 puntos) Dado el plano π : x + y + x = 1, la recta
r : (x, y, z) = (1, 0, 0) + λ(0, 1, 1), y el punto P (1, 1, 0), se pide:
Como λ = −1 =⇒ π1 : y + z − 1 = 0.
w.m
P + P0
Q= =⇒ P 0 = 2Q − P = (1, 0, 1)
2
41
t
ne
c) Primero hallamos la ecuación de la recta t perpendicular a π que pasa
por P :
x=1+λ
t: y =1+λ
z=λ
at.
(1 + λ) + (1 + λ) + λ = 1 =⇒ λ = − =⇒
3
2 2 1
El punto de corte será R , ,− .
3 3 3
Este punto R es el punto medio entre P y su simétrico P 0 :
P + P0
0 1 1 2
R= =⇒ P = 2R − P = , ,−
2 3 3 3
us
Problema 2.3.4 (3 puntos) Sea la función f (x) = sin x
a) (0,5 puntos) Calcular a > 0 tal que el área encerrada por la gráfica de
1
f , el eje y = 0, y la recta x = a, sea .
2
b) (1 punto) Calcular la ecuación de la tangente a la gráfica de f en el
π
punto de abcisa x =
w.m
4
c) (1,5 puntos) Calcular el área de la superficie encerrada por la tangente
π 3π
anterior, la gráfica de la función f y las rectas x = , x = .
4 4
Solución:
a) Z a
1 π
sin x dx = − cos x]a0 = − cos a + 1 = =⇒ a =
0 2 3
b)
π √
2
f =
4 2
π √
2
ww
0 0
f (x) = cos x =⇒ m = f =
4 2
La recta tangente es
√ √
2 2 π
y− = x−
2 2 4
42
t
ne
at.
c) Calculamos la primitiva de f (x) − g(x):
usF (x) =
Z "
sin x −
√
2
2 π
x− +1
4
#
dx = − cos x−
√ 2
2
2 x
2
−
πx
4
+x
π √2π 2 √2π √ √2
3π
(π 2 +4π−16)
S = F −F = − − + 2 =
4 4 16 4 16
43
t
ne
b)
−3(2 − x)2 si x ≤ 1 f 0 (1− ) = −3
0
f (x) = =⇒
2x si x > 1 f 0 (1+ ) = 2
Como f 0 (1− ) 6= f 0 (1+ ) =⇒ f no es derivable en x = 1.
c)
1 1
x4
Z
3 3 2 17
S1 = (8 − (2 − x) ) dx = − 2x + 6x =
4 4
at.
0 0
Z 2 2
x3
17
S2 = (8 − x2 ) dx = 8x − =
1 3 1 3
17 17 119 2
S = |S1 | + |S2 | = + = u
4 3 12
Problema 2.4.2 (2 puntos)
Solución:
a)
f (x) = x2 − 4x + 2 =⇒ f 0 (x) = 2x − 4 = 0 =⇒ x = 2
w.m
Se trata de una parábola vertical con vértice en el punto (2, −2). Para
dibujarla tan sólo será nesesario encontrar los puntos de corte con los
ejes:
√
Corte con el eje OX: hacemos f (x) = 0 =⇒ x2 −4x+2 =⇒ x = 2± 2
44
t
ne
at.
b + 5 = (2a − 4)(a − 3) y b = a2 − 4a + 2 =⇒ a = 1, a = 5
Los puntos de tangencia son: (1, −1) y (5, 7). Ahora calculamos las
rectas tangentes en estos puntos
us En (1, −1) la pendiente vale m = −2: y + 1 = −2(x − 1)
En (5, 7) la pendiente vale m = 6: y − 7 = 6(x − 5)
Si λ = −3:
1 1 1 −3
1
1 1
1 1 −3 1
A=
1 −3
y 1 1 −3 = −16 6= 0
1 1 1 −3 1
−3 1 1 1
45
t
ne
Tenemos que Rango(A) = 3 =Rango(A) =no de incógnitas =⇒
SCD.
Si λ = 1:
1 1 1
1 1 1
A=
1
1 1
1 1 1
Tenemos que Rango(A) = 1 =Rango(A) <no de incógnitas =⇒
at.
SCI.
b) Si λ = −3 quitamos la cuarta ecuación y nos queda el sistema:
x+ y+ z = −3 x = −1
x+ y+ −3z = 1 =⇒ y = −1
x− 3y+ z= 1 z = −1
r :x−2= = s: y =2−λ
k −2
z = 2λ
Solución:
a)
→
− →
−
ur = (1, k, −2) us = (1, −1, 2) −−→
r: s: Pr Ps = (−1, 1, 1)
Pr (2, 1, −1) Ps (1, 2, 0)
ww
1
k −2
1 −1 2 = 0 =⇒ k = −1
−1 1 1
Si k = −1 las dos rectas son coplanarias.
46
t
ne
b)
→
− →
−
ur = (1, −1, −2) us = (1, −1, 2) −−→
r: s: Pr Ps = (−1, 1, 1)
Pr (2, 1, −1) Ps (1, 2, 0)
1
1 x−1
π : −1 −1 y − 2 = 0 =⇒ x + y − 3 = 0
−2 2 z
at.
c) Calculamos el punto de corte
x=2+λ x=1+µ 3 1
r: y =1−λ s: y = 2 − µ =⇒ λ = − , µ =
4 4
z = −1 − 2λ z = 2µ
5 7 1
El punto es P , , .
4 4 2
us El vector director de la recta es
i j k
→
−
ut = →−
ur × →
−
us = 1 −1 −2 = −4(1, 1, 0)
1 −1 2
→
− x = 5/4 + λ
ut = (1, 1, 0)
y = 7/4 + λ
w.m
t: =⇒
Pr (5/4, 7/4, 1/2)
z = 1/2
Solución:
−−→ −→ 7
|OP | = |AP | =⇒ x2 + y 2 − x − y − = 0
2
1 1
Se trata de una circunferencia de centro , y radio r = 2. Luego el
2 2
área será: S = πr2 = 4π u2 .
47
t
ne
Problema 2.5.2 (2 puntos) Sean A, B y C tres puntos del espacio tridi-
mensional que verifican la relación
−−→ −→
CB = −3CA
−→ −−→
a) (1 punto) Calcular el valor que toma k en la expresión AC = k AB
b) (1 punto) Si A(1, 2, −1) y B(3, 6, 9), hallar las coordenadas del punto
C que cumple la relación de partida.
at.
Solución:
−→ −−→ −−→ −−→ −→ −→
a) Como AC = AB + BC y BC = 3CA = −3AC tenemos
−→ −−→ −→ −→ −−→ 1
AC = AB − 3AC =⇒ 4AC = AB =⇒ k =
4
3 3
Luego C , 3,
2 2
f (2) = 3 = 4a + b
ww
48
t
ne
b) En ambas funciones la pendiente en x = 2 vale m = f 0 (2) = 2 y
el punto de tangencia común a ambas funciones es (2, 3). La recta
tangente es
y − 3 = 2(x − 2)
at.
us
c) El área buscada serı́a:
Z 2 Z 2 2
x2
2 x
S= x − 2x + 3 − − 1 dx = − 2x + 2 dx =
2 2
w.m
0 0
3 2
x 4
= − x2 + 2x = u2
6 0 3
Problema 2.5.4 (3 puntos) Sea el siguiente sistema de ecuaciones lineales:
ax+ y+ 4z = 1
−x+ ay− 2z = 1
y+ z = a
a)
a 1 4 1
A = −1 a −2 1 , |A| = a2 + 2a − 3 = 0 =⇒ a = 1, a = −3
0 1 1 a
49
t
ne
Si a 6= 1 y a 6= −3 =⇒ Rango(A) =Rango(A) = 3 = no de
incógnitas =⇒ Sistema Compatible Determinado. (Solución úni-
ca)
Si a = 1:
1 1 4 1
A = −1 1 −2 1
0 1 1 1
at.
Como la segunda columna y la cuarta son iguales Rango(A) =
Rango(A) < no de incógnitas =⇒ Sistema Compatible Indeter-
minado. (Infinitas soluciones)
Si a = −3:
−3 1 4 1
−3
1
A= −1 −3 −2 1 ,
= 10 6= 0 =⇒
−1 −3
0 1 1 −3
us Rango(A) = 2 < pero el menor
−3 1 1
−1 −3 1 = −28 6= 0 =⇒
0 1 −3
Rango(A) = 3.
w.m
b) Para a = 2
13
x= −
5
2x+ y+ 4z = 1
3
−x+ 2y− 2z = 1 =⇒ y=
y+ z = 2
5
z=
7
5
ww
c) Para a = 1
x = −3λ
x+ y+ 4z = 1
=⇒ y = 1−λ
y+ z = 1
z= λ
50
t
ne
2.6. Septiembre 2001 - Opción B
1
Problema 2.6.1 (2 puntos) Sean la función f (t) =
1 + et
Z
a) (1 punto) Calcular f (t)dt
Z x
g(x)
b) (1 punto) Se definen g(x) = f (t)dt. Calcular lı́m
at.
0 x−→ 0 x
Solución:
1
a) Hacemos el cambio de variable 1+et = x =⇒ et = x−1 y dt = dx
x−1
x − 1
Z Z
1 1 + C = t − ln |1 + et | + C
dt = dx = ln
1 + et x(x − 1) x
La descomposición polinómica serı́a:
us 1
x(x − 1)
A
= +
x
B
x−1
=
A(x − 1) + Bx
x(x − 1)
=⇒ 1 = A(x − 1) + Bx
x = 0 =⇒ A = −1
x = 1 =⇒ B = 1
1 −1 1
= +
x(x − 1) x x−1
w.m
b)
g(x) 0
lı́m =
x−→0 x 0
Podemos aplicar la Regla de L’Hôpital para la resolución del lı́mite.
Para derivar g(x) aplicamos el Teorema Fundamental del Cálculo y
nos queda:
x − ln(1 + ex )
g(x) 0 0 1
lı́m = = lı́m = = lı́m =1
x−→0 x 0 x−→0 x 0 x−→0 1 + ex
P (0) = 5.
Se pide:
a) (1 punto) Hallar sus puntos de inflexión.
51
t
ne
b) (1 punto) Dibujar su gráfica.
Solución:
P (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e
P (x) es una función par P (−x) = P (x):
a(−x)4 +b(−x)3 +c(−x)2 +d(−x)+e = ax4 +bx3 +cx2 +dx+e =⇒ bx3 +dx = 0
Luego P (x) = ax4 + cx2 + e
√
at.
Dos de sus raices son x = 1 y x = 5:
x=√ 1 =⇒ P (1)√= 0 =⇒ a + c + 5 = 0 a=1
=⇒
x = 5 =⇒ P ( 5) = 0 =⇒ 5a + c + 1 = 0 c = −6
P (0) = 5 =⇒ e = 5
El polinomio es P (x) = x4 − 6x2 + 5
a) Tenemos: P 0 (x) = 4x3 − 12x, P 00 (x) = 12x2 − 12 y P 000 (x) = 24x. Para
us obtener los puntos de inflexión igualamos la segunda derivada a cero:
P 00 (x) = 12x2 − 12 = 0 =⇒ x = ±1
Sustituimos en la tercera derivada:
000
P (1) = 24 6= 0
P 000 (−1) = −24 6= 0
Luego esta función tiene dos puntos de inflexión en los puntos (1, 0) y
(−1, 0).
w.m
52
t
ne
at.
Problema 2.6.3 (3 puntos) Se considera el tetraedro cuyos vértices son
us
A(1, 0, 0), B(1, 1, 1), C(−2, 1, 0) y D(0, 1, 3).
a) (1 punto) Hallar el área del triángulo ABC y el volumen del tatraedro
ABCD.
b) (1 punto) Calcular la distancia de D al plano determinado por los
puntos A, B y C.
c) (1 punto) Hallar la distancia entre las rectas AC y BD.
w.m
Solución:
a) Tenemos:
−−→
AB = (0, 1, 1)
−→
AC = (−3, 1, 0)
−−→
AD = (−1, 1, 3)
√
i j k
1
1 19 2
S = | 0 1 1 | = |(−1, −3, 3)| = u
2 2 2
−3 1 0
0 1 1
1 1 7
V = | −3 1 0 | = |7| = u3
6 6 6
−1 1 3
−−→
AB = (0, 1, 1)
−→
ww
53
t
ne
√
|0 + 3 − 9 − 1| 7 7 19
d(D, π) = √ =√ = u
1+9+9 19 19
at.
0 1 1
−−→ −→ −−→
|[AB, AC, BD]| = | −3 1 0 | = 7
−1 0 2
i j k
−→ −−→ √
|AC × BD| = | −3 1 0 | = |(2, 6, 1)| = 41
−1 0 2
−−→ −→ −−→ √
|[AB, AC, BD]|
us d(r, s) = −→ −−→
|AC × BD|
7
=√ =
41
7 41
41
u
0 3 4
Problema 2.6.4 (3 puntos) Dada la matriz A = 1 −4 −5 se
−1 3 4
pide:
Solución:
a)
0 3 4 −1 0 1 −1 0 0
A1 = 1 −4 −5 , A2 = 1 4 4 , A3 = 0 −1 0
−1 3 4 −1 −3 −3 0 0 −1
Luego A3 + I = −I + I = O.
ww
54
t
ne
−1 0 1
c) Tenemos A1 = A, A2 = 1 4 4 , A3 = −I, A4 = −A,
−1 −3 −3
5 2 6
A = −A , A = I,... Dividiendo 100 entre 6 el resto es 4 luego
A100 = A4 = −A.
at.
us
w.m
ww
55
ww
w.m
56
us
at.
ne
t
t
ne
Capı́tulo 3
at.
Año 2002
Solución:
w.m
57
t
ne
punto B recorre una circunfenecia de centro C y radio R = CB, que
serı́a concéntrica con la dada en el problema.
at.
(x − 2)2 + (y − 1)2 = 5 =⇒ x2 + y 2 − 4x − 2y = 0
Solución:
a)
→
− →
−
ur = (2, −2, 1) us = (2, a, 1) −−→
r: , s: , Pr Ps = (0, 1, 1/6)
Pr (0, 0, −1/6) Ps (0, 1, 0)
w.m
0 1 1/6
a+2
A = 2 −2 1 , |A| = = 0 =⇒ a = −2
3
2 a 1
Si a 6= −2 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ las dos rectas se cruzan.
Si a = −2 =⇒ →
−
ur = →−
us = (2, −2, 1) y además el Rango(A) = 2,
0 1
ya que = −2 6= 0, luego las rectas son paralelas.
2 −2
√
i j k
−−→ → −
53
|Pr Ps × us | = | 0
1 1/6 | = |(4/3, 1/3, −2)| =
u
2 −2 1 3
|→
−
us | = 3
58
t
ne
Problema 3.1.3 (3 puntos) Sea A una matriz cuadrada que verifica A2 +
2A = I, donde I denota la matriz identidad.
c) (1 punto) Si
at.
0 1
A=
1 k
cumple la relación de partida, calcular el valor de k.
Solución:
A2 + 2A = I =⇒ (A + 2I)A = I =⇒ A−1 = A + 2I
b) A2 = I − 2A
A3 = A2 · A = A − 2A2 = A − 2I + 4A = −2I + 5A
w.m
Luego p = −2 y q = 5.
c)
2 1 k 2 1 k+2 1 0
A = 2 =⇒ A +2A = =
k k +1 k + 2 (k + 1)2 0 1
=⇒ k = −2
Solución:
59
t
ne
a) La pendiente de la recta tangente en x = r es m = −2r, y la ecuación
de esta recta será:
y − (4 − r2 ) = −2r(x − r) =⇒ 2rx + y − (4 + r2 ) = 0
La base del triángulo que buscamos será el corte de esta recta con el
4 + r2
eje de abcisas, haciendo y = 0 =⇒ x =
2r
at.
La altura del triángulo que buscamos será el corte de esta recta con el
eje de ordenadas, haciendo x = 0 =⇒ y = 4 + r2 .
b) El recinto es el siguiente:
ww
60
t
ne
1
x3
1 1
= − x + x = − 1 + 1 = u2
2
3 0 3 3
at.
A = −1 0 2 , B = −1 1 0
0 1 0 1 0 3
Solución:
us
a)
A−1
2 1 0
= 0 0 1
1 1 0
b) AX = BA =⇒ X = A−1 BA:
2 1 0 1 0 2 1 0 −1 0 4 1
X = 0 0 1 −1 1 0 −1 0 2 = 1 3 −1
w.m
1 1 0 1 0 3 0 1 0 −1 2 2
x 0
B· =
y 0
Solución:
61
t
ne
a)
2 −3 O 0 2−O −3
B = A − OI = − =
1 −2 0 O 1 −2 − O
|B| = O2 − 1 =⇒ O = ±1
at.
2−O −3
B=
1 −2 − O
Si O = 1
1 −3
B=
1 −3
x = 3λ
tenemos x − 3y = 0 =⇒
y=λ
w.m
Si O = −1
3 −3
B=
1 −1
x=λ
tenemos x − y = 0 =⇒
y=λ
Solución:
62
t
ne
at.
2
b) Para encontrar
√ √ hacemos x = 0 =⇒ y − 4y + √
el punto 1 = 0 =⇒
(0, 2 + 3) y (0, 2 − 3). El punto más alejado es: (0, 2 + 3)
c) El dibujo es:
ww
63
t
ne
el (2, 0), ya que el punto (3, 0) está en el eje de abcisas. La otra recta
tangente que pase por este punto debe de ser x = 3, ya que el punto
de tangencia es el (3, 2).
at.
gráfica de f y el eje OX entre x = 0 y x = p (p > 0) vale 1/9, calcular
el valor de p.
Solución:
a) Estudio:
Dominio: Dom(f ) = R
Signo:
(−∞, 0) (0, ∞)
us f (x) − +
Simetrı́a: No hay f (−x) 6= f (x) y f (−x) 6= −f (x)
Puntos de corte:
• Si x = 0 =⇒ f (0) = 0 =⇒ (0, 0)
• Si f (x) = 0 =⇒ x) = 0 =⇒ (0, 0)
Ası́ntotas:
w.m
• Verticales no hay
• Horizontales:
lı́m xe3x = ∞
x−→∞
y = −x =⇒ si x −→ −∞ entonces y −→ ∞
3x −3y −y −∞ −1
lı́m xe = lı́m ye = lı́m 3y = = lı́m =0
x−→−∞ y−→∞ y−→∞ e ∞ y−→∞ 3e3y
64
t
ne
2
Curvatura: f 00 (x) = 3e3x (3x + 2) = 0 =⇒ x = −
3
(−∞, −2/3) (−2/3, ∞)
f 00 (x) − +
f (x) Convexa Cóncava
2 2
La función presenta un punto de inflexión en − , − 2
3 3e
at.
Representación gráfica:
us
b) Veamos la figura:
w.m
xe3x 1 xe3x 1 3x
Z Z
3x 3x 3x x 1
xe dx = − e dx = − e =e −
3 3 3 9 3 9
1 p
Z p
3x 3x x 3p p 1 1 1
xe dx = e − =e − + =
0 3 9 0 3 9 9 9
65
t
ne
3p p 1 p 1 1
e − = 0 =⇒ − = 0 =⇒ p =
3 9 3 9 3
at.
la edad de la madre será la suma de las edades que los hijos tendrán en ese
momento y que cuando el hijo mayor tenga la edad actual de la madre, el
hijo menor tendrá 42 años.
Solución:
Sea x la edad de la madre, y la edad del hijo mayor y z la del hijo menor:
x − 14 = 5( y + z − 28) x− 5y− 5z+ 126 = 0
x + 10 = y + z + 20 =⇒ x− y− z− 10 = 0
us
x − 42 = y−z
x− y+ z− 42 = 0
Multiplicamos la 2a ecuación por −5 y la sumamos a la 1a :
x− 5y− 5z+ 126 = 0
=⇒ −4x + 176 = 0 =⇒ x = 44
−5x+ 5y+ 5z+ 50 = 0
Ahora por simple sustitución en la 2a y la 3a nos quedarı́a:
y + z = 34 y = 18
w.m
=⇒
y−z = 2 z = 16
66
t
ne
2 a 2 0 a 2
A3 = −1 −1 3 A4 = 0 −1 3
5 −4 −3 a + 4 −4 −3
Calculamos sus determinantes:
|A1 | = −(a + 4)(a − 2) = 0 =⇒ a = −4 a = 2
|A2 | = −8(a + 4) = 0 =⇒ a = −4
|A3 | = 12a + 48 = 0 =⇒ a = −4
|A4 | = (a + 4)(3a + 2) = 0 =⇒ a = −4 a = − 23 El único valor de a que anu-
at.
2 2
la todos los determinantes es a = −4. Además tenemos que 6= 0.
−1 3
Por tanto podemos concluir de la siguiente manera:
Si a = −4 el rango de A es 2
Si a 6= −4 el rango de A es 3
Solución:
2 y 2 2 2
x
a) C1 : 9x2 + 16y 2 = 144 =⇒ 144/9 + 144/16 = 1 =⇒ x42 + y32 = 1. Es decir,
se trata de una elipse centrada en el origen con semieje mayor a = 4 y
semieje menor b = 3.
Por
√ la igualdad√ fundamental
√ tenemos que b2 + c2 = a2 =⇒ c =
2 2
a − b = 16 − 9 = 7. √
Su excentricidad será: e = ac = 47 .
Podemos concluir:
√ √
ww
Focos: F 0 (− 7, 0) F ( 7, 0)
Vértices: (−4, 0) (0, 3) (0, −3) (4, 0)
√
7
Excentricidad: e = 4
Ası́ntotas: Una elipse no tiene ası́ntotas.
67
t
ne
at. 2 2
us
C2 : 9x2 − 16y 2 = 144 =⇒ 144/9 x 2 y
− 144/16
2
= 1 =⇒ x42 − y32 = 1 Es
decir, se trata de una hipérbola donde a = 4, y b = 3, y se encuentra
centrada en el origen. √
Para calcular los focos a2 + b2 = c2 =⇒ c = 16 + 9 = 5
Para calcular la excentricidad: e = ac = 54
Las pendientes de las ası́ntotas serı́an: m = ab = 34 y m0 = − ab = − 34
Teniendo en cuenta que estas ası́ntotas pasan por el punto (0, 0) las
rectas buscadas serı́an:
w.m
3 3
y= x ; y=− x
4 4
Podemos concluir:
68
t
ne
at.
us
w.m
−4 = c
4 4
0 = 9a+ 3b+ c =⇒ c = −4, a = y b = 0 =⇒ x = y 2 − 4
9 9
0 = 9a− 3b+ c
69
t
ne
Solución:
a) Para encontrar los puntos de inflexión tendremos que ver los puntos
en los que se anula la segunda derivada:
−2x
f 0 (x) =
(x2 + 3)2
at.
6(x2 − 1)
f 00 (x) =
(x2 + 3)3
Es decir, tenemos que calcular los puntos que hacen f 00 (x) = 0. Como
el denominador (x2 + 3)3 no se anula nunca, los puntos buscados son
aquellos que anulen el numerador, x2 − 1 = 0 =⇒ x = ±1, de estas
dos soluciones sólo nos interesa la positiva, que es la que nos pide el
problema. Si sutituimos este punto en la función obtendremos la or-
denada correspondiente: f (1) = 41 , luego la recta pedida pasará por el
us
punto (1, 14 ). Para encontrar la pediente utilizamos la primera derivada
m = f 0 (1) = − 81 En conclusión, la recta tangente será:
1 1
y− = − (x − 1) =⇒ x + 8y − 3 = 0
4 8
− 2 dx
0 8 x +3
Calculamos la integral
Z Z Z √ Z
1 dx 1 dx 3 dt
2
dx =
2
= 2 = 2
=
x +3 3 3 t +1
3 √x +1 √x +1
3 3
√ √
3 3 x
= arctan t = arctan √
3 3 3
√
Hemos utilizado el cambio de variable √x = t dx = 3dt
3
Luego:
1
" √ #1
3x x2
3−x
Z
1 3 x
ww
− 2 dx = − − arctan √ =
0 8 x +3 8 16 3 3 0
√
5 3π
= −
16 18
70
t
ne
at.
us
3.4. Junio 2002 - Opción B
Problema 3.4.1 (2 puntos) Hallar una ecuación cartesiana del plano que
contiene a la recta r:
w.m
x = 1 + t , y = −1 + 2t , z = t
y es perpendicular al plano π:
2x + y − z = 2.
Solución:
Los datos que tenemos son los siguientes:
→
−
ur = (1, 2, 1)
r: π:−u→
π = (2, 1, −1)
A(1, −1, 0)
Es decir, para calcular el plano pedido tendremos los siguientes datos:
→
−
ur = (1, 2, 1)
π1 : −
→
uπ = (2, 1, −1)
ww
A(1, −1, 0)
71
t
ne
at.
us
Problema 3.4.2 (2 puntos) Los puntos A(1, 1, 1), B(2, 2, 2), C(1, 3, 3) son
tres vértices consecutivos de un paralelogramo.
w.m
Se pide:
Solución:
ww
72
t
ne
−−→
a) Los vectores que nos proporciona el problema son:AB = (1, 1, 1) y
−−→
BC = (−1, 1, 1).
Las coordenadas del punto que nos piden serán D(x0 , y0 , z0 ). Como
−−→ −−→
BC = AD =⇒ (−1, 1, 1) = (x0 − 1, y0 − 1, z0 − 1) y por tanto x0 =
0, y0 = 2 z0 = 2, el punto será D(0, 2, 2). El área del paralelogramo
−−→ −−→
viene dada por Area = |AB × BC|
→
−i → − → −
j k
−−→ −−→ −−→ −−→
at.
AB × BC = 1 1 1 = (0, −2, 2) =⇒ Area = |AB × BC| =
−1 1 1
p √
= 22 + 22 = 2 2
x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 −1 + 1 + 1 1 π
cos α = p p = √ √ = =⇒ α 6=
x21 2 2 2 2
+ y1 + z1 x2 + y2 + z22 3 3 3 2
Se pide:
ww
a) (1,5 puntos) Discutir el sistema según los diferentes valores del paráme-
tro a.
73
t
ne
Solución:
at.
Vamos a calcular los valores de a que anulan el determinante de A.
1 −1 0
1 2 = a2 + a = 0 =⇒ a = 0 a = −1
|A| = a
1 −1 a
1 −1 0 2
Tenemos A = 0 1 2 0 donde podemos encontrar:
1 −1 0 1
1 −1 2
0
1 0 = −1 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
1 −1 1
b) Si a = −1:
1 −1 0
ww
74
t
ne
1 −1 0 2
Tenemos A = −1 1 2 0 donde podemos comprobar:
1 −1 −1 1
1 −1 2 1 0 2 −1 0 2
−1 1 0 = 0 −1 2 0 = 0 1 2 0 = 0
1 −1 1 1 −1 1 −1 −1 1
at.
Es decir, Rango(A) = 2.
En conclusión, si a = −1: Rango(A) = Rango(A) = 2 <no de
incógnitas =⇒ El sistema es compatible indeterminado.
Si a la tercera
le restamos laprimera tenemos: 2z = −1 =⇒ z =
x− y= 2 x= 1
− 21 =⇒ =⇒ Es decir:
2x+ y = 1 y = −1
x= 1
y = −1
z = − 12
ww
75
t
ne
a) (0,5 punto) Estudiar el dominio y la continuidad de f .
Solución:
at.
a) Calculamos el dominio:
2
Si x ≥ 1 tenemos que f (x) = x +3x+1
x es un cociente de poli-
nomios, y en este caso el dominio será todo el intervalo excep-
to en los puntos en los que se anula el denominador, es decir,
[−1, 0) ∪ (0, +∞).
2x
Si x < −1 tenemos que f (x) = x−1 , como en el caso anterior
tenemos que buscar puntos que anulen el denominador, y resulta
us que no hay ninguno. El único plosible serı́a el x = 1, pero no
pertenece al intervalo de definición, y por tanto el dominio será:
(−∞, −1).
En conclusión diremos que el dominio es: R − {0}.
Calculamos la continuidad:
La función f (x) es un cociente de polinomios por ambas ramas, y por
tanto continua salvo en los puntos en los que se anula el denominador,
w.m
es decir, los puntos en los que es posible que no sea continua serı́an en
x = −1 donde puede existir un salto y por supueto en x = 0, donde
como hemos visto anteriormente no pertenece al dominio.
En x = −1:
x2 + 3x + 1
lı́m f (x) = lı́m =1
x−→−1+ x−→−1+ x
2x
lı́m f (x) = lı́m =1
x−→−1− x−→−1− x−1
lı́m f (x) = lı́m f (x) = f (−1) = 1
x−→−1+ x−→−1−
En x = 0:
x2 + 3x + 1
lı́m f (x) = lı́m =∞
x−→0 x−→0 x
Luego no es continua en x = 0.
En conclusión: La función f es continua en R − {0}.
76
t
ne
b) Ası́ntotas verticales:
Cuando x ≥ −1:
x2 + 3x + 1
lı́m f (x) = lı́m =∞
x−→0 x−→0 x
Luego x = 0 es una ası́ntota vertical en este intervalo.
Cuando x < −1:
at.
No hay ningún valor de x que sea menor de −1 que anule el
denominador, y por tanto, no hay ası́ntotas verticales por esta
rama de la función.
Ası́ntotas horizontales:
Cuando x ≥ −1:
x2 + 3x + 1
lı́m =∞
us x−→∞ x
Luego no hay ası́ntotas horizontales en este intervalo.
Cuando x < −1:
2x
lı́m=2
x−→−∞ x − 1
Ası́ntotas oblicuas:
w.m
f (x)
a = lı́m
x−→∞ x
b = lı́m (f (x) − ax)
x−→∞
Cuando x ≥ −1:
x2 +3x+1
f (x) x
a = lı́m = lı́m =1
x−→∞ x x−→∞ x
x2 + 3x + 1
b = lı́m (f (x) − ax) = lı́m ( − x) =
x−→∞ x−→∞ x
3x + 1
lı́m =3
ww
x−→∞x
Luego en este intervalo habrá una ası́ntota oblicua en la recta
y = x + 3.
Cuando x < −1: No hay ası́ntotas oblicuas en este intervalo por
haber horizontales.
77
t
ne
c) El recinto comprendido entre las rectas x = 1 y x = 2 está en el
2
intervalo (−1, +∞) donde la función es f (x) = x +3x+1
x y como está
limitado por la recta horizontal y = 0(el eje de abcisas) y la función,
podemos concluir con que su área vale:
2 2 2
x2 + 3x + 1
Z Z 2
1 x
dx = (x + 3 + )dx = + 3x + ln |x| =
1 x 1 x 2 1
at.
4 1 9
= + 6 + ln 2 − − 3 − ln 1 = + ln 2
2 2 2
Solución:
w.m
a)
1 − x2
f 0 (x) = = 0 =⇒ x = ±1
(x2 + 1)2
0 0
78
t
ne
a) (1 punto) Estudiar su continuidad y derivabilidad.
at.
Continuidad: √
3
lı́m f (x) = lı́m x−2=0
x−→2+ x−→2
f (2) = 0
Como
Derivabilidad:
x−→2
√1
(
si x ≥ 2
f 0 (x) = 3 3 (x−2)2
2x − 2 si x < 2
f 0 (2− ) = 2, f 0 (2+ ) = ∞
Como
w.m
b) Es en la rama x ≥ 2:
f (3) = 1
1 1
f 0 (x) = p =⇒ m = f 0 (3) =
2 (x − 2)2
3 3
1
y − 1 = (x − 3) =⇒ x − 3y = 0
3
Problema 3.5.3 (3 puntos) Se considera el siguiente sistema de ecuaciones,
dependientes del parámetro real λ:
x+ y+ λz = λ2
y− z = λ
ww
x+ λy+ z = λ
a) (1,5 puntos) Discutir el sistema según los diferentes valores del paráme-
tro λ.
79
t
ne
c) (0,5 puntos) En el caso λ = 2, indicar la posición relativa de los tres
planos cuyas ecuaciones forman el sistema.
Solución:
a)
λ λ2
1 1
A = 0 1 −1 λ =⇒ |A| = 0 siempre
at.
1 λ 1 λ
Si elegimos el menor
1 1
0 1 = 1 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2 siempre
Si elegimos el menor
1 1 λ2
us
0 1 λ
1 λ λ
= 2λ(1 − λ) = 0 =⇒ λ = 0 λ = 1
b) Si λ = 0:
x = −t
x+y =0
=⇒ y=t
y−z =0
z=t
Si λ = 1:
x = −2t
x+y+z =1
=⇒ y =1+t
y−z =1
z=t
80
t
ne
a) (1 punto) Calcular la distancia entre r y s.
Solución:
at.
a)
→
− →
−
ur = (1, −2, 2) us = (3, 1, −1) −−→
r: s: Pr Ps = (2, −1, −4)
Pr (0, 1, 3) Ps (2, 0, −1)
2 −1 −4
−−→ − →
|[Pr Ps , →
ur , −
us ]| = | 1 −2 2 | = | − 35| = 35
3 1 −1
us |→
−
ur × →−
i
us | = | 1 −2
j k
√
2 | = |(0, 7, 7)| = 7 2
3 1 −1
−−→ − → √
|[Pr Ps , →
ur , −
us ]| 35 5 2
d(r, s) = = √ = u
|→
−
ur × → −
us | 7 2 2
→
−
→
ut = (0, 7, 7) −ut = (0, 7, 7)
→
− →
− π1
π1 : ur = (1, −2, 2) π2 : us = (3, 1, −1) t :
π2
Pr (0, 1, 3) Ps (2, 0, −1)
0 1 x
π1 : 7 −2 y − 1 = 0 =⇒ 4x + y − z = −2
7 2 z−3
0 3 x − 2
π2 : 7 1 y = 0 =⇒ 2x − 3y + 3z = 1
7 −1 z + 1
4x + y − z = −2
t:
2x − 3y + 3z = 1
ww
81
t
ne
−1 1 x − 1
π1 : 1 −2 y = 0 =⇒ 8x + 5y + z = 8
3 2 z
1
3 x − 1
π2 : 0 1 y = 0 =⇒ x − 2y + z = 1
−1 −1 z
8x + 5y + z = 8
t:
at.
x − 2y + z = 1
Problema 3.6.2 (2 puntos) Para cada valor del parámetro real a, se con-
sideran los tres planos siguientes:
π1 : x + y + az = −2; π2 : x + ay + z = −1; π2 : ax + y + z = 3
Se pide:
a) (1,5 puntos) Calcular los valores de a para los cuales los tres planos
anteriores contienen una recta común.
Solución:
ww
a)
x+ y+ az = −2 1 1 a −2
x+ ay+ z = −1 A = 1 a 1 −1
ax+ y+ z = 3 a 1 1 3
82
t
ne
=⇒ |A| = −a3 + 3a − 2 = 0 =⇒ a = −2, a = 1
Si a 6= −2 y a 6= 1 el sistema es compatible determninado y los tres
planos se cortan en un punto.
at.
Si a = 1 tenemos que Rango(A) = 2 6=Rango(A) = 1 y el sistema
es incompatible.
b) Si a = −2
x+ y− 2z = −2 x = −5/3 + λ
x− 2y+ z = −1 =⇒ r : y = −1/3 + λ
−2x+ y+ z = 3 z=λ
us
Problema 3.6.3 (3 puntos) Sea A una matriz cuadrada de orden n que
verifica la igualdad A2 = I, siendo I la matriz identidad de orden n.
Se pide:
natural n.
c) (1 punto) Calcular a para que A2 = I, siendo A la matriz:
1 1
A=
0 a
Solución:
a) A2 = A · A = I =⇒ A = A−1
b) A1 = A, A2 = I, A3 = A, A4 = I, · · · luego:
n A si n es impar
A =
I si n es par
c)
ww
2 1 1 1 1 1 a+1 1 0
A = = = =⇒
0 a 0 a 0 a2 0 1
a + 1 = 0 =⇒ a = −1
=⇒ a = −1
a2 = 1 =⇒ a = ±1
83
t
ne
Problema 3.6.4 (3 puntos) Sea f (x) una función real de variable real, de-
rivable y con derivada continua en todos los puntos y tal que:
Se pide:
at.
2(f (x))2 − f (x + 1)
b) (2 punto) Calcular lı́m
x−→0 ex − 1
Solución:
a)
g 0 (0) = f 0 (0 + 1)4 = 4 · 4 = 16
us
b) lı́m
x−→0
2(f (x))2 − f (x + 1)
ex − 1
=
0
0
= lı́m
x−→0
4(f (x))f 0 (x) − f 0 (x + 1)
ex
=8
w.m
ww
84
t
ne
Capı́tulo 4
at.
Año 2003
Solución:
w.m
f (0) = 4 =⇒ D = 4
f 0 (x) = A cos x + 2Bx + C como f 0 (0) = 0 =⇒ A + C = 0
f 00 (x) = −A sin x + 2B =⇒ A = −3, B = −5
Luego A = −3, B = −5, C = 3 y D = 4:
x2 + 4
Z
dx
x2 − 5x + 6
Solución:
x2 + 4
ww
5x − 2
2
=1+ 2
x − 5x + 6 x − 5x + 6
5x − 2 A B A(x − 2) + B(x − 3)
= + =
x2 − 5x + 6 x−3 x−2 x2 − 5x + 6
5x − 2 = A(x − 2) + B(x − 3)
85
t
ne
Si x = 2 =⇒ 8 = −B =⇒ B = −8
Si x = 3 =⇒ 13 = A =⇒ B = 13. Luego:
x2 + 4 13 8
2
=1+ −
x − 5x + 6 x−3 x−2
x2 + 4
Z Z Z Z
1 1
dx = dx + 13 dx − 8 dx =
x2 − 5x + 6 x−3 x−2
at.
|x − 3|13
x + 13 ln |x − 3| − 8 ln |x − 2| = x + ln
|x − 2|8
1
M 2 − 2M = 3I =⇒ (M − 2)M = 3I =⇒ (M − 2)M = I =⇒
3
1
M −1 = (M − 2)
3
b)
M 2 = 2M + 3I =⇒ M 3 = (2M + 3I)M =
2M 2 + 3M = 2M 2 + 3M = 2(2M + 3I) + 3M = 7M + 6I
c)
2
a + b2
2 a b a b 2ab
M = =
b a b a 2ab a2 + b2
ww
3 0 2a 2b 3 + 2a 2b
3I + 2M = +
0 3 2b 2a 2b 3 + 2a
2
a + b2
2ab 3 + 2a 2b
=
2ab a2 + b2 2b 3 + 2a
86
t
ne
a = 1, b = ±2
a2 b2
+ = 3 + 2a
=⇒ a = −1, b = 0
2ab = 2b
a = 3, b = 0
at.
Problema 4.1.4 (3 puntos) Se consideran el plano π y la recta r siguientes:
x−1 y z+1
π : x + y − 2z = 6; r: = =
2 3 −1
Se pide:
Solución:
a) Calculamos una recta perpendicular a π que pase por el punto M (1, 1, 1):
w.m
x=1+λ
y =1+λ
z = 1 − 2λ
(1 + λ + (1 + λ) − 2(1 − 2λ) = 6 =⇒ λ = 1
M 0 (2, 2, −1)
Este punto es el punto medio entre M y el simétrico M 00 :
M 00 + M
M0 = =⇒ M 00 = 2M 0 − M = (4, 4, −2) − (1, 1, 1) = (3, 3, −3)
2
ww
2x + 3y − z + λ = 0 =⇒ 2 + 3 − 1 + λ = 0 =⇒ λ = −4
2x + 3y − z − 4 = 0
87
t
ne
Calculamos el punto de corte de este plano y la recta, para ello pone-
mos la ecuación paramétrica de la recta
x = 1 + 2λ
y = 3λ
z = −1 − λ
1
2(1 + 2λ) + 3(3λ) − (−1 − λ) − 4 = 0 =⇒ λ =
14
at.
8 3 15
M0 , ,−
7 14 14
Este punto es el punto medio entre M y el simétrico M 00 :
M 00 + M
8 3 15
M0 = =⇒ M 00 = 2M 0 − M = 2 , ,− − (1, 1, 1) =
2 7 14 14
9 4 22
,− ,−
7 7 7
us
4.2. Modelo 2003 - Opción B
Problema 4.2.1 (3 puntos) Hallar todas las matrices X tales que XA =
AX, siendo A la matriz
1 1
A=
0 1
Solución:
w.m
a b 1 1 1 1 a b
=
c d 0 1 0 1 c d
a a+b a+c b+d
=
c c+d c d
a = a + c =⇒ c = 0
c + d = d =⇒ c = 0
a + b = b + d =⇒ a = d
Problema 4.2.2 (2 puntos) Para cada valor del parámetro real k, se con-
sidera el sistema lineal de ecuaciones:
ww
x− y = 3
2x− 3y = 2k
3x− 5y = k 2
Se pide:
88
t
ne
a) (1 punto) Discutir el sistema según los valores de k.
at.
3 −5 k 2
|A| = −k 2 + 4k − 3 = 0 =⇒ k = 1, k = 3
Si k = 1 o k = 3 =⇒ |A| = 6 0 =⇒ Rango(A) =Rango(A) = 2 = no
de incógnitas y el sistema es compatible determinado, es decir, tiene
solución única.
b) Si k = 1:
x− y = 3 x=7
=⇒
2x− 3y = 2 y=4
Si k = 2:
x− y = 3 x=3
=⇒
2x− 3y = 6 y=0
w.m
Se pide:
a) (1 punto) Calcular el volumen del tetraedro de vértices A, B, C y D.
a)
−1 −3 1
1 5 3
V = −2 −1 1 = u
6 2
1 −2 −3
89
t
ne
b)
−−→
AB = (−1, −3, 1) −1 −2 x − 1
−→
−3 −1 y − 1
π: AC = (−2, −1, 1) =⇒ π :
= 0 =⇒
1 1 z−1
A(1, 1, 1)
2x + y + 5z − 8 = 0
√
|4 − 1 − 10 − 8| 15 30
d(D, π) = √ =√ = u
at.
4 + 1 + 25 30 2
c)
→
− x = 2 + 2λ
ur = (2, 1, 5)
r= =⇒ r : y = −1 + λ
D(2, −1, −2)
z = −2 + 5λ
Ası́ntotas:
90
t
ne
Verticales: No hay
Horizontales:
√ √ x+1−x
lı́m ( 3 x + 1− 3 x) = [∞−∞] = lı́m p p √
3
=
x−→∞ 3 x−→∞ (x + 1)2 + 3 x2 (x + 1)2 + x2
1
lı́m p p √
3
=0
x−→∞ 3
(x + 1) + x2 (x + 1)2 + x2
2 3
at.
Luego y = 0 es una ası́ntota horizontal.
Oblicuas: No hay
b)
f 0 (a) = ∞ =⇒
p
3
a2 (a + 1)2 = 0 =⇒ a = 0, a = −1
c) Representación gráfica
us
w.m
d)
p √
3
#1 √
1 √ √ 3 3 (x + 1)4 3 x4 332 2
Z
3 3
( x+1− x) dx = − = u
−1 4 4 2
−1
ln(cos(3x))
a) (1 punto) lı́m
x−→0 ln(cos(2x))
ww
√ √
4+x− 4−x
b) (1 punto) lı́m
x−→0 4x
91
t
ne
Solución:
a) (1 punto)
−3 sin(3x)
ln(cos(3x)) 0 cos(3x) −3 sin(3x) cos(2x)
lı́m = = lı́m = lı́m
x−→0 ln(cos(2x)) 0 x−→0 −2 sin(2x) x−→0 −2 sin(2x) cos(3x)
at.
cos(2x)
0 3 3 cos(3x) cos(2x) − 2 sin(3x) sin(2x) 3 3 9
= = lı́m = · =
0 2 x−→0 2 cos(2x) cos(3x) − 3 sin(2x) sin(3x) 2 2 4
b) (1 punto)
us lı́m
x−→0
√
4x
√
4+x− 4−x
= lı́m
x−→0
√ √ √ √
( 4 + x − 4 − x)( 4 + x + 4 − x)
√ √
4x( 4 + x + 4 − x)
4 + x − (4 − x) 2x 1
= lı́m √ √ = lı́m √ √ =
x−→0 4x( 4 + x + 4 − x) x−→0 4x( 4 + x + 4 − x) 8
f (x) =
1 − x6
a) (1 punto) Encontrar los puntos de discontinuidad de f . Determinar
razonadamente si alguna de las discontinuidades es evitable.
b) (1 punto) Estudiar si f tiene alguna ası́ntota vertical.
Solución:
a) Los puntos en los que f es discontinua es en aquellos en los que se
anula el denominador, es decir, 1 − x6 = 0 =⇒ x = 1, x = −1. Para
ver el tipo de discontinuidad calculamos el lı́mite en estos puntos
x5 − x8 5x4 − 8x7 x4 (5 − 8x3 )
0
lı́m f (x) = lı́m = = lı́m = lı́m =
x−→1 x−→1 1 − x6 0 x−→1 −6x5 x−→1 −6x5
ww
5 − 8x3 1
lı́m =
x−→1 −6x 2
Luego la discontinuidad que hay en x = 1 es evitable.
x5 − x8
−2
lı́m f (x) = lı́m 6
= + = −∞
x−→−1+ x−→−1+ 1 − x 0
92
t
ne
x5 − x8
−2
lı́m f (x) = lı́m 6
= − = +∞
x−→−1− x−→−1− 1−x 0
Luego la discontinuidad que hay en x = −1 no es evitable.
at.
(m + 2)x+ (m − 1)y− z = 3
mx− y+ z = 2
x+ my− z = 1
Solución:
us
a) Para m = 1 el sistema queda de la siguiente manera
3
x= 2
3x+ z=3
x− y+ z = 2 =⇒ y=1
x+ y− z = 1 z=3
2
w.m
b)
(m + 2)x+ (m − 1)y− z = 3
mx− y+ z = 2
x+ my− z = 1
m + 2 m − 1 −1 m + 2 m − 1 −1 3
A= m −1 1 A= m −1 1 2
1 m −1 1 m −1 1
m + 2 m − 1 −1
|A| = m −1 1 = −m(m + 1)
1 m −1
ww
m=0
−m(m + 1) = 0 =⇒
m = −1
93
t
ne
2 −1
Cuando m = 0 =⇒ |A| = 0, y como el menor = −2 6= 0
0 −1
tenemos que Rango(A) = 2
2 −1 −1 3
A = 0 −1 1 2
1 0 −1 1
−1 −1 3
at.
El menor −1 1 2 = −1 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
0 −1 1
En conclusión, cuando m = 0 =⇒ Rango(A) = 2 = 6 Rango(A) =
3, luego en este caso el sistema es incompatible.
1 −2
Cuando m = −1 =⇒ |A| = 0, y como el menor =
−1 −1
−3 6= 0 tenemos que Rango(A) = 2
us
A = −1 −1
1 −2 −1 3
1 2
1 −1 −1 1
−2 −1 3
El menor −1 1 2 = 1 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
−1 −1 1
En conclusión, cuando m = −1 =⇒ Rango(A) = 2 6=Rango(A) =
w.m
Solución:
ww
a)
→
− →
−
ur = (3, −2, 1) us = (2, −1, 2)
r: s:
Pr (2, 1, 0) Ps (−1, −2, 1)
94
t
ne
i j k
→
−
u =→
−
ur × →−
us = 3 −2 1 = −3i − 4j + k = (−3, −4, 1)
2 −1 2
√ √
|→
−
u | = 9 + 16 + 1 = 26
−−→
Pr Ps = (−1, −2, 1) − (2, 1, 0) = (−3, −3, 1)
i 3 −2 1
−−→
h
→−
ur , →
−
us , Pr Ps = 2 −1 2 = 22
at.
−3 −3 1
Luego la distancia entre las dos rectas será:
−−→
h i
→
−ur , →
−
us , Pr Ps 22
d(r, s) = →
− →
− =√
|ur × us | 26
b)
→
−
→
ur = (3, −2, 1) −
us = (2, −1, 2)
us π1 :
→
−
u = (−3, −4, 1)
Pr (2, 1, 0)
π2 :
→
−u = (−3, −4, 1)
Ps (−1, −2, 1)
3 −3 x − 2
π1 : −2 −4 y − 1 = 0 =⇒ x − 3y − 9z + 1 = 0
1 1 z
2 −3 x + 1
π2 : −1 −4 y + 2 = 0 =⇒ 7x − 8y − 11z + 2 = 0
w.m
2 1 z−1
x − 3y − 9z + 1 = 0
7x − 8y − 11z + 2 = 0
2
b2 a2 ab − a2 b2 − a2
a ab 2 b2 − a2
ab − a
2a a + b 2b = 2a a + b − 2a 2b − 2a = =
1
−a + b 2b − 2a
1 1 1 0 0
a(b − a) (b − a)(b + a)
= (b−a)2 a b + a = (a−b)2 (a−b) = (a−b)3
b−a 2(b − a) 1 2
95
t
ne
Problema 4.4.2 (2 puntos) Encontrar un número real λ 6= 0, y todas las
matrices B de dimensión 2 × 2 (distintas de la matriz nula), tales que
λ 0 3 0
B· =B·
3 1 9 3
Solución:
x y λ 0 x y 3 0
at.
· = ·
z h 3 1 z h 9 3
λx + 3y = 3x + 9y (λ − 3)x = 0
=⇒
y = 3y y=0
λz + 3h = 3z + 9h (λ − 3)z = 0
=⇒
h = 3h h=0
En conclusión, λ = 3 y x y z pueden ser cualquier valor que no cumpla
us
x = z = 0.
B=
x 0
z 0
Solución:
g 0 (x) = ex − 1 = 0 =⇒ ex = 1 =⇒ x = 0
Su gráfica serı́a:
96
t
ne
at.
b)
1
f (x) =
ex − x
Como el denominador de esta función no se anula nunca tenemos que
el dominio de f (x) es todo R.
us Por otra parte, si calculamos los lı́mites
1
lı́m f (x) = lı́m =0
x−→−∞ x−→∞ e−x +x
1
lı́m f (x) = lı́m =0
x−→∞ x−→∞ ex
−x
Se pueden valorar estos lı́mites dándonos cuenta de que se puede des-
preciar ex frente x cuando x −→ −∞. Y por el contrario, se puede
w.m
π : x + 3y − z = 1
y la recta
x+2 y−1 z
s: = =
6 2 1
97
t
ne
a) (1,5 punto) Hallar la ecuación general del plano π 0 que contiene a r y
es perpendicular a π.
Solución:
at.
a) Datos:
→
−
ur = (6, 2, 1)
π:−
u→
π = (1, 3, −1) r :
Pr (−2, 1, 0)
1 6 x+2
0 = 0 =⇒ π 0 : 5x − 7y − 16z + 17 = 0
π : 3 2 y−1
us −1 1 z
b)
x + 3y − z − 1 = 0 x + 3y = 1 + z
s: =⇒ =⇒
5x − 7y − 16z + 17 = 0 5x − 7y = −17 + 16z
5
x = −2 + · λ
2
1
w.m
y =1− ·λ
2
z=λ
Solución:
−
u→
π = (1, −2, −1)
ww
−−→
AB = (−1, 2, −1)
1 −1 x
0
π ≡ −2 2 y−2 = 0 =⇒ 2x + y − 2 = 0
−1 −1 z
98
t
ne
Problema 4.5.2 (2 puntos) Dadas las rectas:
x−1 y+1 z−k
r: = =
−1 1 1
x− y+ z = 3
s:
3x+ z=1
a) (1 punto) Hallar el valor de k para que las dos rectas estén contenidas
at.
en el mismo plano.
a)
i j k
us →
−
us = 1 −1 1
3 0 1
= −i + 2j + 3k = (−1, 2, 3)
−x − 2y + z − 1 − k = 0 =⇒ x + 2y − z + 1 + k = 0
Como este plano contiene al punto Ps (0, −2, 1) sustituimos en el plano
0 − 4 − 1 + 1 + k = 0 =⇒ k = 4
99
t
ne
a) (1,5 puntos) Determinar los valores de m para que el sistema dado
tenga solución única.
b) (1,5 puntos) Resolverlo para m = 1.
Solución:
a)
3x+ 4y+ 3z = 9
at.
mx+ 2y+ z = 5
x+ y+ z = 2
3 4 3 3 4 3 9
A= m 2 1 A= m 2 1 5
1 1 1 1 1 1 2
3 4 3
|A| = m 2 1 = −m + 1 = 0 =⇒ m = 1
us Si m 6= 1 =⇒ |A| =
1 1 1
Tenemos
3 4 3 3 4 3 9
A= 1 2 1 A= 1 2 1 5
1 1 1 1 1 1 2
1 2
Rango(A) = 2 ya que = −1 6= 0.
1 1
Calculando todos los determinantes posibles que se pueden hacer de
orden 3 en la matriz A, comprobamos que se anulan todos ellos, y por
tanto, RangoA = 2.
100
t
ne
Problema 4.5.4 (3 puntos) Sea la función
sin x
f (x) =
2 − cos x
definida en el intervalo cerrado y acotado [−2π, 2π]. Se pide:
a) (1 punto) Calcular los puntos del intervalo dado donde f alcanza sus
valores máximo y mı́nimo absolutos.
at.
b) (1 punto) Dibujar la gráfica de la función f en el intervalo dado.
c) (1 punto) Calcular
Z π/3
f (x) dx
0
Solución:
a)
us f 0 (x) =
2 cos x − 1
(2 − cos x)2
1
= 0 =⇒ 2 cos x − 1 = 0 =⇒ cos x = =⇒
2
π 5π π 5π
Luego x = , x = ,x=− yx=− son los únicos posibles
3 3 3 3
extremos en el intervalo de definición.
Vamos a recurrir a la segunda derivada.
w.m
3 3
√ !
5π 3
− ,
3 3
π 4√3
00
f − = >0
3 9
101
t
ne
√
00 5π 4 3
f = >0
3 9
π √
3
f − =−
3 3
√
5π 3
f =−
3 3
√ !
at.
π 3
Luego la función presenta dos mı́nimos en los puntos − ,− y
3 3
√ !
5π 3
,−
3 3
t = 2 − cos x =⇒ sin x dx = dt
Z Z Z
sin x 1
f (x)dx = dx = dt = ln |t| + C = ln |2 − cos x| + C
2 − cos x t
Luego la integral pedida valdrá:
Z π/3 Z π/3
sin x 3
ww
π/3
f (x) dx = dx = ln |2 − cos x|]0 = ln
0 0 2 − cos x 2
π :x+y+z =0
102
t
ne
y la recta
x−1 y z+1
r: = =
1 2 2
se pide:
at.
b) (2 puntos) Encontrar un plano π 0 , paralelo a π, tal que el punto Q0 en
el que se cortan el plano π 0 y la recta r esté a distancia 2 del punto Q
hallado en el apartado anterior.
Solución:
a)
→
− x= 1+t
ur = (1, 2, 2)
us r:
Pr (1, 0, −1)
=⇒ r :
y= 2t
z = −1 + 2t
1 + t + 2t − 1 + 2t = 0 =⇒ t = 0 =⇒ Q(1, 0, −1)
2
w.m
t2 + 4t2 + 4t2 = 4 =⇒ t = ±
3
2 0 5 4 1
Si t = =⇒ Q , , − , y un plano que sea paralelo a π y
3 3 3 3
contenga a este punto será π 0 :
5 4 1 8
+ − + λ = 0 =⇒ λ = −
3 3 3 3
8
π0 : x + y + z − =0
3
2 1 4 7
Si t = − =⇒ Q00 , − , − , y un plano que sea paralelo a π y
3 3 3 3
contenga a este punto será π 00 :
ww
1 4 7 10
− − + λ = 0 =⇒ λ = −
3 3 3 3
10
π0 : x + y + z − =0
3
103
t
ne
4.6. Septiembre 2003 - Opción B
Problema 4.6.1 (2 puntos) Un mayorista del sector turı́stico vende a la
agencia de viajes A, 10 billetes a destinos nacionales, 10 billetes a destinos
extranjeros europeos comunitarios, y 10 billetes a destinos internacionales no
comunitarios, cobrando por todo ello 12.000 euros. A una segunda agencia
B le vende 10 billetes a destinos nacionales y 20 a destinos internacionales
no comunitarios, y cobra 13.000 euros. A una tercera agencia C le vende 10
at.
billetes a destinos nacionales y 10 a destinos extranjeros europeos comuni-
tarios, cobrando 7.000 euros. Se pide:
Solución:
x = 300
=⇒ y = 400
z = 500
104
t
ne
a) Sean A y B dos matrices invertibles que verifican la identidad A+B =
AB. Comprobar que entonces se tiene la fórmula:
(I − B)−1 = −B −1 A
b) Dada la matriz
−1 1
at.
A= ,
2 −1
hallar la matriz B para la cual se verifica A + B = AB.
Solución:
a) A + B = AB =⇒ A + B − AB = 0 =⇒ A − AB = −B =⇒
usA(I − B) = −B =⇒ −A(I − B)(I − B)−1 = B(I − B)−1 =⇒
(I − B)−1 = −B −1 A
x y
b) LLamamos B = , y tendremos:
z h
w.m
−1 1 x y −x + z −y + h
+ =
2 −1 z h 2x − z 2y − h
Tenemos:
x − 1 = −x + z x=0
=⇒
2 + z = 2x − z z = −1
y + 1 = −y + h h=0
=⇒
−1 + h = 2y − h y = −1/2
Luego
0 −1/2
B=
−1 0
b) Dibujar su gráfica.
c) Calcular el área del recinto acotado por la gráfica y = f (x), las rectas
x = 0, x = 5, y el eje OX.
105
t
ne
Solución:
a)
2x(4 − x) si 4 − x ≥ 0
f (x) = =⇒
−2x(4 − x) si 4 − x < 0
at.
2x(4 − x) si x ≤ 4
f (x) =
−2x(4 − x) si x > 4
f 0 (4− ) 6= f 0 (4+ )
Luego la función no es derivable en x = 4, pero si es derivable en
w.m
R − {4}.
f 0 (x) = 8 − 4x = 0 =⇒ x = 2
106
t
ne
at.
c) A la vista de la gráfica podemos entender fácilmente de que recinto se
trata.
Z 4 Z 5
Área = 2x(4 − x)dx + (−2x(4 − x))dx =
0 4
Z 4 Z 5
(8x − 2x2 )dx + (−8x + 2x2 )dx = 26 u2
us =
0 4
w.m
ww
107
ww
w.m
108
us
at.
ne
t
t
ne
Capı́tulo 5
at.
Año 2004
Solución:
a)
2n
3n − 1
lı́m = [1∞ ] = eλ
x−→∞ 3n
3n − 1 −2n 2
λ = lı́m 2n − 1 = lı́m =−
x−→∞ 3n x−→∞ 3n 3
3n − 1 2n
lı́m = e−2/3
x−→∞ 3n
b)
ww
p
F 0 (x) = 5 + ex4 , g 0 (x) = 2x
109
t
ne
Problema 5.1.2 (2 puntos) Dada la función
ex − 1
2 si x 6= 0
x −x
f (x) =
a si x = 0
at.
b) (1 punto) Estudiar su continuidad, y hallar el valor de a para el que
f es continua en x = 0.
Solución:
a)
En x = 0:
ex − 1 ex
0
lı́m 2 = = lı́m = −1
x−→0 x − x 0 x−→0 2x − 1
Solución:
6 4 2λ 2
ww
110
t
ne
única.
Si λ = 1:
6 4 2 2
A = 1 1 −1 2
5 3 3 2
6 4
= 2 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
at.
1 1
4 2 2
1 −1 2 = −12 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
3 3 2
4 16/3 2
= − 268 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
1 −1 2
9
w.m
3 3 16/3
6 4 2
λ 1 2
5 3 2λ 4λ2 − 9λ + 3
z= = −
2(3λ2 − 11λ + 8) 3λ2 − 11λ + 8
111
t
ne
Problema 5.1.4 (3 puntos) Dado el plano:
π : x + y + az + 1 = 0
y las rectas
x=1 x=2 x=3
0 00
r: y=t r : y = 2t r : y = 3t
z=t z=t z=t
at.
Se pide:
a) Calcular el valor de a para que los puntos de corte del plano π con las
rectas r, r0 y r00 estén alineados (1,5 puntos).
b) Calcula las ecuaciones de la recta que pasa por esos tres puntos (0,75
puntos).
c) Calcula la distancia de dicha recta al origen (0,75 puntos).
Solución:
us
a) Sea A el punto de corte de r con π:
2
2 2
1 + t + at + 1 = 0 =⇒ t = − =⇒ A 1, − ,−
a+1 a+1 a+1
Sea A0 el punto de corte de r0 con π:
2 0 6 3
2 + 2t + at + 1 = 0 =⇒ t = − =⇒ A 2, − ,−
a+2 a+2 a+2
w.m
a = 1:
−−→0 −−−→
AA = (1, −1, 0) = A0 A00
Luego cuando a = 1 los tres puntos están alineados.
112
t
ne
b) La recta h que une estos puntos:
−
→ x=1+t
uh = (1, −1, 0)
h: =⇒ h : y = −1 − t
A(1, −1, −1)
z = −1
c)
−→ → √
|OA × −
at.
uh | |(1, −1, −1) × (1, −1, 0)| 2
d(O, h) = −
→ = = √ = 1 u2
|uh | |(1, −1, 0)| 2
Solución:
a)
w.m
x=λ x = −1 + λ
r: y = −2 + λ s: y = 3 + mλ
z = 1 + 2λ z = 2λ
→
− →
−
ur = (1, 1, 2) us = (1, m, 2)
r: s:
Pr (0, −2, 1) Ps (−1, 3, 0)
−−→
Pr Ps = (−1, 5, −1)
1 5 −1
1 1
2 = −1 + m = 0 =⇒ m = 1
1 m 2
Cuando m = 1 los vectores directores de las rectas r y s coinciden,
luego para este valor las rectas son paralelas.
ww
b)
→
−
u = (1, 1, 2) 1 −1 x
→
−
π: v = (−1, 5, −1) =⇒ π : 1 5 y+2 = 0 =⇒ 11x+y−6z+8 = 0
P (0, −2, 1) 2 −1 z − 1
113
t
ne
Problema 5.2.2 (2 puntos) Calcular las ecuaciones parámetricas de la rec-
ta que pasa por el punto P (3, −1, 0) y corta perpendicularmente a la recta
x = 3 + 2λ
r: y =4+λ
z = 5 + 3λ
Solución: →
−
ur = (2, 1, 3)
at.
r:
Pr (3, 4, 5)
Un plano perpedicular a esta recta y que contenga al punto P será:
π : 2x + y + 3z + λ = 0 =⇒ 6 − 1 + λ = 0 =⇒ λ = −5
π : 2x + y + 3z − 5 = 0
Este plano corta a la recta r en el punto P 0 :
us 2(3 + 2λ) + 4 + λ + 3(5 + 3λ) − 5 = 0 =⇒ λ = −
10
7
0 1 18 5
P − , ,
7 7 7
−−0→
1 18 5 22 25 5
P P = (3, −1, 0) − − , , = ,− ,−
7 7 7 7 7 7
22
w.m
x=3+ λ
7
( −−→
P 0 P = 22 25 5
7 , − 7 , −7
25
s: =⇒ s : y = −1 − λ
P (3, −1, 0)
7
z = −5λ
7
Problema 5.2.3 (3 puntos) Se considera la función :
1
f (x) =
1 + (sin x)2
Se pide:
114
t
ne
Solución:
La función es par.
b)
−2 sin x cos x
f 0 (x) = = 0 =⇒ −2 sin x cos x = 0
at.
(1 + (sin2 x))2
(
sin x = 0 =⇒ x = 0, x = −π, x = π
−2 sin x cos x = 0 =⇒ π π
cos x = 0 =⇒ x = x=−
2 2
π π π π
−π, − 2 −2,0 0, 2 2,π
f 0 (x) − + − +
f (x) decreciente creciente decreciente creciente
us En los puntos de abcisa x = 0, x = −π y x = π la función presenta un
Máximo.
π π
En el puntos de abcisa x = − y en el punto de abcisa x = la
2 2
función presenta un Mı́nimo.
c)
π 2
f =
w.m
4 3
π 4
m = f0 =−
4 9
La ecuación de la recta tangente
2 4 π
y− =− x−
3 9 4
d) Representación gráfica
ww
115
t
ne
Problema 5.2.4 (3 puntos) Se considera el siguiente sistema lineal de ecua-
ciones, dependiente del parámetro real a:
x+ 3y− az = 4
x+ ay+ z = 2
x+ 4y− 5z = 6
Se pide:
at.
a) (2 punto) Discutir el sistema según los diferentes valores del parámetro
a.
Solución:
a)
us
1 3 −a 4
A= 1 a
1 2 , |A| = a2 − 9a + 14 = 0 =⇒ a = 2, a = 7
1 4 −5 6
Si a = 7:
1 3 −7 4
A= 1 7 1 2
1 4 −5 6
1 3
1 = 4 =⇒ Rango(A) = 2
7
1 3 4
1 7
2 = 10 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
1 4 6
Como Rango(A) 6= Rango(A)Rango(A) =⇒ el sistema es incompati-
ble.
Si a = 2:
ww
1 3 −2 4
A= 1 2 1 2
1 4 −5 6
1 3
1 2 = −1 =⇒ Rango(A) = 2
116
t
ne
1 3 4
|A1 | = |A| = 0, |A2 | = 1 2 2 = 0
1 4 6
1 −2 4 3 −2 4
|A3 | = 1 1 2 = 0, |A4 | = 2 1 2 =0
1 −5 6 4 −5 6
at.
compatible indeterminado, es decir, admite infinitas soluciones.
b) Por el menor elegido cuando a = 2 para discutir el Rango(A) pode-
mos decidir que la tercera ecuación es combinación lineal de las dos
primeras, por tanto, el sistema a resolver es:
x = −2 − 7λ
x+ 3y− 2z = 4
=⇒ y = 2 + 3λ
x+ 2y+ z = 2
z=λ
us
5.3. Junio 2004 - Opción A
Problema 5.3.1 (2 puntos) Calcular la base y la altura del triángulo isósce-
les de perı́metro 8 y área máxima.
Solución:
w.m
r
x·h x2
S= ; x + 2y = 8; h= y2 −
ww
2 4
q
2
x y 2 − x4 √
S(x) = =x 4−x
2
8 − 3x 8
S 0 (x) = √ = 0 =⇒ x =
2 4−x 3
117
t
ne
√
00 −88 + 21x 8 3 3
S (x) = √ ; S 00 =− <0
16(4 − x) 4 − x 3 4
8 8
Luego se trata de un máximo. Si x = =⇒ y = y, por tanto se trata de
3 √ 3
4 3
un triángulo equilátero. Su altura será: h = .
3
Problema 5.3.2 (2 puntos) Se considera la función
at.
(2x − 1)2
f (x) =
4x2 + 1
a) (1 punto) Calcular las ası́ntotas, el máximo y el mı́nimo absolutos de
la función f (x).
Z 1
b) (1 punto) Calcular f (x) dx
0
us
Solución:
a) a) Ası́ntotas:
Verticales: No hay (el denominador no se anula nunca)
Horizontales:
(2x − 1)2
lı́m = 1 =⇒ y = 1
x−→∞ 4x2 + 1
w.m
4(2x − 1)(2x + 1) 1 1
f 0 (x) = 2 2
=⇒ x = , x = −
(4x + 1) 2 2
118
t
ne
Z
4x 1
= 1− 2 ln(4x2 + 1) + C
dx = x −
4x + 1 2
1 1
(2x − 1)2
Z
1 2 1
2
dx = x − ln(4x + 1) = 1 − ln 5
0 4x + 1 2 0 2
at.
x− (1 + a)y+ z = 0
−x+ ay− z = 0
a) Sea la matriz
1−a −2 4
A= 1 −(1 + a) 1 =⇒ |A| = −a − 3 = 0 =⇒ a = −3
−1 a −1
w.m
Si a = −3 tenemos
4 −2 4
4 −2
A= 1 2 1 , = 8 + 2 = 10 6= 0
1 2
−1 −3 −1
b) Resolvemos este último caso. Por el menor que hemos escogido pode-
mos despreciar la tercera ecuación.
x = −λ
4x− 2y+ 4z = 0 4x− 2y = −4z
=⇒ =⇒ y=0
x+ 2y+ z = 0 x+ 2y = −z
z=λ
119
t
ne
Problema 5.3.4 (3 puntos) Se consideran la recta y los planos siguientes:
x = 2 − 3λ
r: y = 1 + 2λ ; π1 : 2 − 3x + 2y − z = 0; π2 : 3 + 2x + 2y − 2z = 0
z =4−λ
at.
b) (1 punto) Determinar la posición relativa de los dos planos.
c) (1 punto) Calcular la distancia de r a π2 .
Solución:
a)
x−2 y−1 z−4 2x − 4 = −3y + 3
r: = = =⇒ =⇒
−3 2 −1 −x + 2 = −3z + 12
us
2x + 3y − 7 = 0
x − 3z + 10 = 0
Primero estudiamos la posición de esta recta con respecto a π1 : 3x −
2y + z − 2 = 0, y tenemos:
2 3 0 2 3 0 −7
A= 1 0 −3 ; A = 1 0 −3 10
3 −2 1 3 −2 1 −2
w.m
3
0 −7
0 −3 10 = 36 6= 0 =⇒Rango(A) = 3.
2 −2 −2
Luego la recta es paralela al plano.
120
t
ne
3 2
b) − =6 =⇒ π1 y π2 se cortan.
2 2
c) Un punto de r es Pr (2, 1, 4) y tendremos:
√
|2 · 2 + 1 · 2 − 2 · 4 + 3| 3
d(Pr , π2 ) = √ =
4+4+4 6
at.
Problema 5.4.1 (2 puntos) Dadas las matrices
1 0 0 1 0 0
A = −3 1 −1 ; B = 0 −1 0
5 −1 2 0 0 0
Se pide:
A · X · AT = B
Solución:
w.m
a)
1 0 0 1 −3 5
A−1 = 1 2 1 ; AT = 0 1 −1 ; (AT )−1 = (A−1 )T
−2 1 1 0 −1 2
b)
AXAT = B =⇒ A−1 AXAT (AT )−1 = A−1 B(AT )−1 =⇒ X = A−1 B(AT )−1
1 0 0 1 0 0 1 1 −2 1 1 −2
X= 1 2 1 · 0 −1 0 · 0 2 1 = 1 −3 −4
−2 1 1 0 0 0 0 1 1 −2 −4 3
x+ 2y = 1
a) (1 punto) Dado el sistema , escribir una tercera ecua-
3x− y = 2
ción de la forma ax + by = c (distinta de las anteriores) de manera que
el sistema de tres ecuaciones y dos incógnitas resultante siga siendo
compatible.
121
t
ne
2x+ 2y− z = 1
b) (1 punto) Dado el sistema , escribir una tercera
x+ y+ 2z = 1
ecuación de la forma αx + βy + γz = 1 (distinta de las anteriores) de
manera que el sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas resultante
siga siendo compatible indeterminado.
Solución:
at.
riores, ya que en caso contrario el sistema resultarı́a incompatible. La
suma de las dos puede ser una solución:
4x + y = 3
b) La tercera ecuación tiene que ser una combinación lineal de las dos
anteriores, pues en caso contrario, el sistema resultarı́a compatible
determinado o incompatible. Como el término independiente tiene que
us ser 1, podemos multiplicar la primera por 2 y le restamos la segunda:
3x + 3y − 4z = 1
π1 : 2x+ 3y+ kz = 3
π2 : x+ ky− z = −1
π3 : 3x+ y− 3z = −k
Solución:
a) Sea la matriz
1
2 3 k 3 k=
A = 1 k −1 −1 =⇒ |A| = −3k 2 −5k+2 = 0 =⇒ 3
ww
3 1 −3 −k
k = −2
1
Si k 6= y k 6= −2 =⇒ |A| 6= 0 =⇒Rango(A) = 3 =Rango(A) =⇒
3
Sistema Compatible Determinado=⇒ Los tres planos se cortan en un
punto.
122
t
ne
1
Si k = tenemos
3
2 3 1/3 3
= − 7 6= 0
2 3
A = 1 1/3 −1 −1 ,
1 1/3 3
3 1 −3 −1/3
at.
3 1/3 3
1/3 −1 224
−1 = − 6= 0
1 −3 −1/3 27
Dos planos son paralelos (π2 y π3 ) y otro plano corta a los dos (π1 ).
Si k = −2 tenemos
w.m
2 3 −2 3
2
3
A= 1 −2 −1 −1 ,
= −7 6= 0
1 −2
3 1 −3 2
b)
Puedo definir esta recta como intersección de dos de estos planos r :
2x+ 3y− 2z = 3
y su vector director será:
x− 2y− z = −1
ww
i j k
→
−
ur = 2 3 −2 = (−7, 0, −7)
1 −2 −1
123
t
ne
a) (1 punto) Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el
punto P (a, f (a)), donde 0 < a < 1.
at.
el punto B y el punto P (a, f (a)).
Solución:
y − (1 − a2 ) = −2a(x − a) =⇒ 2ax + y − (1 + a2 ) = 0
1 − a2 a2 + 1
Corte con el eje OX: Hacemos y = 0 =⇒ x = a + = .
2a 2a
w.m
2
a +1
Luego el punto buscado es B ,0 .
2a
c)
p p
d(A, P ) = (a − 0)2 + (1 − a2 − (1 + a2 ))2 = a 1 + 4a2
s 2
1 − a2
d(B, P ) = a− a+ + (1 − a2 − 0)2 =
2a
r r
(1 − a2 )2 2 2 2 1 + 4a2 1 − a2 p
+ (1 − a ) = (1 − a ) = 1 + 4a2
4a2 4a2 2a
p 1 − a2 p
d(A, P ) = 2d(B, P ) =⇒ a 1 + 4a2 = 2 1 + 4a2 =⇒
ww
2a
√
1 − a2 2 2 2 2
a= =⇒ a = 1 − a =⇒ 2a = 1 =⇒ a = ±
a 2
√
2
Como a ∈ (0, 1) la solución pedida es la positiva a = .
2
124
t
ne
5.5. Septiembre 2004 - Opción A
Problema 5.5.1 (2 puntos) Dadas las matrices
1 2 0 1 1 2
A = 0 1 2 , B = 1 1 −1
0 2 3 0 1 3
at.
b) (1 punto) Determinar una matriz X tal que A = B · X.
Solución:
a)
us B −1
4/3 −1/3 −1
= −1 1
1/3 −1/3
1
0
b) A = BX =⇒ B −1 A = B 1 BX =⇒ B −1 A = X
4/3 −1/3 −1 1 2 0 4/3 1/3 −11/3
X = −1 1 1 · 0 1 2 = −1 1 5
w.m
Solución:
ww
125
t
ne
k 2 − 6k + 5
8(k − 1) 0 0
= 2 =
2 − 2k k + 2k − 3 0 0
Tenemos que:
k 2 − 6k + 5 = 0
8(k − 1) = 0
=⇒ k = 1
2 − 2k = 0
k 2 + 2k − 3 = 0
at.
Problema 5.5.3 (3 puntos) Sea el plano π : x + 2y + 3z = 6.
Solución:
us
a) Calculo r, recta perpendicular a π que pasa por P (0, 0, 0):
→
− −→ x=t
ur = uπ = (1, 2, 3)
=⇒ r : y = 2t
P (0, 0, 0)
z = 3t
3 00 3 6 9
t + 2(2t) + 3(3t) = 6 =⇒ t = =⇒ P , ,
7 7 7 7
P + P0
6 12 18
P 00 = =⇒ P 0 = 2P 00 − P = , ,
2 7 7 7
0 6 12 18
El punto simétrico de P (0, 0, 0) respecto al plano π es P , , .
7 7 7
b)
−
u→
π = (1, 2, 3) 1 0 x
π0 : →
−
u = (0, 0, 1) =⇒ 2 0 y = 0 =⇒ 2x − y = 0
ww
O(0, 0, 0) 3 1 z
126
t
ne
Corte con el eje OY : x = 0, z = 0 =⇒ y = 3 =⇒ B(0, 3, 0)
Corte con el eje OZ: x = 0, y = 0 =⇒ z = 2 =⇒ C(0, 0, 2)
−→ −−→ −−→
Tendremos: OA = (6, 0, 0), OB = (0, 3, 0), OC = (0, 0, 2):
6 0 0
1
V = 0 3 0 = 6 u3
6
0 0 2
at.
Problema 5.5.4 (3 puntos) Sabiendo que una función f (x) tiene como
derivada
f 0 (x) = (x − 4)2 (x2 − 8x + 7)
Solución:
a)
Luego f crece en los intervalos (−∞, 1) ∪ (7, ∞), mientras que decrece
en el intervalo (1, 7).
162
Máximo en 1, ; en el punto x = 7, por el contrario, la función
5
pasa
de decrecer
a crecer, por lo que estamos ante un Mı́nimo en
162
7, − . En x = 4 la función pasa de decrecer a decrecer y, por
5
tanto, en el punto (4, 0) no hay ni Máximo ni Mı́nimo.
127
t
ne
c) Para que en x = 4 exista un punto de inflexión la función debe de cam-
biar de cóncava a convexa o viceversa. Para comprobarlo calculamos
la segunda derivada
Serı́an los posibles puntos de inflexión. En el intervalo (1, 8787; 4) f 00 (x) >
0 =⇒ f es convexa, mientras que en el intervalo (4; 6, 1213) f 00 (x) <
0 =⇒ f es cóncava. Por tanto, podemos asegurar que la función f
at.
tiene un punto de inflexión en (4, 0). Otra manera de comprobarlo es
através de la tercera derivada:
Solución:
a) Un punto del plano z = 0 será P (x, y, 0)
|2x − y − 4| 2x − y− 13 = 0
d(P, π) = √ = 3 =⇒ |2x−y−4| = 9 =⇒
4+1+4 2x − y+ 5 = 0
128
t
ne
Los puntos que cumplen esta condición serán las rectas:
x = − 13 1
2 + 2λ
2x − y − 13 = 0
r: =⇒ y=λ
z=0
z=0
x = − 52 + 21 λ
2x − y + 5 = 0
s: =⇒ y=λ
z=0
z=0
at.
b) El conjunto será:
(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) ∈ ro(x, y, z) ∈ s
|0 + 0 + 0 − 2| 2
d(O, π) = √ =
4+4+1 3
b)
→
− x = 2λ
ur = (2, −2, 1)
r: =⇒ y = −2λ
O(0, 0, 0)
z=λ
i j k
−→ −−→
AC × AB = 1 0 −2 = (2, −2, 1)
1 1 0
√
1 −→ −−→ 4+4+1 3
S = |AC × AB| = = u2
2 2 2
129
t
ne
2x + 1
Problema 5.6.3 (3 puntos) Sea la función f (x) =
(x2 + x + 1)2
a) (1 punto) Hallar sus máximos y mı́nimos relativos y sus ası́ntotas.
at.
2 2 2
c) (1 punto) Calcular el área del recinto limitado por la gráfica de la
función f , el eje OX, la recta x = 0, y la recta x = 2.
Solución:
6x(x + 1)
a) Máximos y Mı́nimos relativos: f 0 (x) = − = 0 =⇒
(x2 + x + 1)3
x = −1, x = 0. El denominador no se anula nunca, y es siempre
positivo.
us x+1
(−∞, −1) (−1, 0) (0, ∞)
− + +
−x + + −
0
f (x) − + −
En x = −1 la gráfica de la función pasa
dedecrecer a crecer, luego
1
estamos ante un Mı́nimo en el punto −1, . En x = 0 la gráfica de
3
w.m
b) Representación Gráfica:
ww
130
t
ne
c)
Z 2 2
2x + 1 1 6
2 2
dx = − 2 =
0 (x + x + 1) x +x+1 0 7
at.
λx+ 3y+ z = λ
x+ λy+ λz = 1
x+ y− z = 1
Solución:
us
a)
λ 3 1 λ
A= 1 λ λ 1
1 1 −1 1
|A| = −2λ2 + 2λ + 4 = 0 =⇒ λ = 2, λ = −1
6 0 =⇒ Rango(A) =Rango(A) = 3 =no de
Si λ 6= 2 y λ 6= −1 =⇒ |A| =
w.m
Si λ = 2:
2 3 1 2
A= 1 2 2 1
1 1 −1 1
Observamos que la tercera fila es la resta de la primera menos la se-
2 3
gunda, y teniendo en cuenta que = 1 6= 0, podemos concluir
1 2
en este caso:
Rango(A) =Rango(A) = 2 <no de incógnitas =⇒ Sistema Compatible
Indeterminado
Si λ = −1:
ww
−1 3 1 −1
A = 1 −1 −1 1
1 1 −1 1
Basta observar las columnas de la matriz para darnos cuenta que la
primera y la cuarta son iguales y la tercera está multiplicada por −1.
131
t
ne
−1 3
Si tenemos en cuenta que
= −4 6= 0, podemos concluir en
1 −1
este caso:
Rango(A) =Rango(A) = 2 <no de incógnitas =⇒ Sistema Compatible
Indeterminado.
b)
2x+ 3y+ z = 2 2x+ 3y = 2− z
=⇒ =⇒
at.
x+ 2y+ 2z = 1 x+ 2y = 1− 2z
x = 1 + 4t
=⇒ y= −3t
z= t
us
w.m
ww
132
t
ne
Capı́tulo 6
at.
Año 2005
f (x) = x15 + x + 1
Solución:
a) La función f (x) = x15 + x + 1 en los extremos del intervalo [−1, 1]
toma los valores f (−1) = −1 y f (1) = 3, como además la función es
continua por el teorema de Bolzano: ∃c ∈ [−1, 1] tal que f (c) = 0.
2 2
x + y = 8.
133
t
ne
Solución:
a)
x2 − 2y = 0
=⇒ x = ±2
x2 + y 2 = 8
at.
b) La recta que une el origen de coordenadas y el punto (2, 2) es y = x.
Los puntos de corte son
x2
x= =⇒ x2 − 2x = 0 =⇒ x = 0, x = 2
2
2 2 2
x3 x2
Z
x 4 2
S= − x dx = − = −2=−
0 2 6 2 0 3 3
us
2 2
Área = − = u2
3 3
w.m
134
t
ne
b) (1 punto) Resolver el sistema anterior en los casos en que sea compa-
tible.
Solución:
a)
2λ 2 λ 1
5
A = 1 λ −1 1 , |A| = −2λ2 +9λ−10 = 0 =⇒ λ = 2, λ =
at.
2
4 3 1 2λ
Si λ = 2:
4 2 2 1
us A = 1 2 −1 1
4 3 1 4
4 2
Como el menor
= 6 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2. Por otro lado
1 2
4 2 1
1 2 1 = 15 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
w.m
4 3 4
4
2
1 5
135
t
ne
b) El sistema sólo es compatible cuando λ 6= 2 y λ 6= 52 y |A| = −2λ2 +
9λ − 10. Aplicando la regla de Cramer:
1 2 λ
1 λ −1
2λ 3 1 2a3 − 1
x= =
−2λ2 + 9λ − 10 2a2 − 9a + 10
at.
2λ 1 λ
1 1 −1
4 2λ 1 6a2 − 2a − 5
y= 2
=− 2
−2λ + 9λ − 10 2a − 9a + 10
2λ 2 1
1 λ 1
4 3 2λ 4a3 − 14a + 11
z= = −
−2λ2 + 9λ − 10 2a2 − 9a + 10
us
Problema 6.1.4 (3 puntos) Dados los puntos A(−1, 1, 1), B(1, −3, −1) y
C(1, 0, 3), hallar las coordenadas de un punto D perteneciente a la recta:
y−1
r :x−1= =z−1
−1
de manera que el tetraedro ABCD tenga un volumen igual a 2.
w.m
Solución:
D(1 + λ, 1 − λ, 1 + λ)
−−→ −→ −−→
AB = (2, −4, −2), AC = (2, −1, 2), AD = (2 + λ, −λ, λ)
2 + λ −λ λ
1 −−→ −→ −−→ 1 2
V = |[AB, AC, AD]| = | 2 −4 −2 | = |λ − 5| = 2
6 6 3
2 −1 2
ww
|λ − 5| = 3
λ − 5 = 3 =⇒ λ = 8 =⇒ D (9, −7, 9)
λ − 5 = −3 =⇒ λ = 2 =⇒ D (3, −1, 3)
136
t
ne
6.2. Modelo 2005 - Opción B
Problema 6.2.1 (2 puntos) Considerar el siguiente sistema de ecuaciones,
en el que a es un parámetro real:
−ax+ 4y+ az = −a
4x+ ay− az = a
−x− y+ z = 1
at.
Se pide:
a) (1 punto) Discutir el sistema
b) (1 punto) Resolver el sistema para a = 1.
Solución:
a)
−a 4 a −a
A= 4 a −a a , |A| = a2 − 16 = 0 =⇒ a = ±4
us −1 −1 1 1
Si a 6= ±4 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) =Rango(A) = 3 = no de
incógnitas y el sistema es compatible determinado, es decir, tiene so-
lución única.
Si a = 4:
−4 4 4 −4
A= 4 4 −4 4
w.m
−1 −1 1 1
−4 4
Como el menor 4 4 = −32 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2. Como el
menor
−4 4 −4
→
−
4
−4 4 = −64 6= 0 =⇒ Rango( A ) = 3
−1 1 1
Como Rango(A) 6=Rango(A) =⇒ sistema incompatible.
Si a = −4:
4 4 −4 4
A = 4 −4 4 −4
−1 −1 1 1
ww
4 4
Como el menor = −32 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2. Como el
4 −4
menor
4 −4 4
−4 →
−
4 −4 = 64 6= 0 =⇒ Rango( A ) = 3
−1 1 1
137
t
ne
Como Rango(A) 6=Rango(A) =⇒ sistema incompatible.
b) Cuando a = 1:
−x+ 4y+ z = −1 −1 4 1 −1
4x+ y− z = 1 A= 4 1 −1 1 , |A| = −15
−x− y+ z = 1 −1 −1 1 1
at.
−1 4 1
1
1 −1
1 −1 1 2
x= =
−15 3
−1 −1 1
4
1 −1
−1 1 1 2
us y=
−1
−15
4 −1
=−
5
4 1 1
−1 −1 1 19
z= =
−15 15
2 2 −2
A = 2 2 −2
2 2 −2
A3 − 2A2 = 0
b) (1 punto) Hallar An .
Solución:
a)
2 2 −2
A1 = 2 2 −2
ww
2 2 −2
2 2 −2 2 2 −2 2 2 −2
A2 = 2 2 −2 2 2 −2 = 2 2 −2 =
2 2 −2 2 2 −2 2 2 −2
138
t
ne
1 1 −1
22 1 1 −1 = 2A
1 1 −1
1 1 −1 1 1 −1
A3 = 23 1 1 −1 1 1 −1 =
1 1 −1 1 1 −1
1 1 −1 1 1 −1
at.
23 1 1 −1 1 1 −1 = 4A
1 1 −1 1 1 −1
A3 − 2A2 = 4A − 4A = 0
b) An = 2n−1 A
Solución:
w.m
a)
2x
f 0 (x) = = 0 =⇒ x = 0
1 + x2
(−∞, 0) (0, ∞)
f 0 (x) − +
f (x) decreciente creciente
Luego en el punto (0, 0) tenemos un Mı́nimo.
2(1 − x2 )
f 00 (x) = = 0 =⇒ x = −1, x = 1
(1 + x2 )
f 00 (x) − + −
f (x) convexa cóncava convexa
Luego en los puntos (−1, ln 2) y (1, ln 2) hay dos puntos de Inflexión.
b) Representación gráfica
139
t
ne
at.
c) La tangente en el punto (−1, ln 2) es:
us m = f 0 (−1) = −1 =⇒ y − ln 2 = −x + 1 =⇒ x + y − ln 2 + 1 = 0
La tangente en el punto (1, ln 2) es:
m = f 0 (1) = 1 =⇒ y − ln 2 = x − 1 =⇒ x − y + ln 2 − 1 = 0
x y−4 z−5
Problema 6.2.4 (3 puntos) Se considera la recta: r : = =
2 3 2
y la familia de rectas dependientes del parámetro m:
w.m
3x − y = 8 − 12m
s:
y − 3z = 7 − 3m
a) (2 puntos) Determinar el valor de m para el que las dos rectas r y s
se cortan.
b) (1 punto) Para el caso de m = 0, hallar la distancia entre las dos
rectas.
Solución:
a)
→ − →
−
ur = (2, 3, 2) us = (1, 3, 1) −−→
r: s: P P = (5−5m, 3−3m, −5)
Pr (0, 4, 5) Ps (5 − 5m, 7 − 3m, 0) r s
5 − 5m 3 − 3m −5
ww
|A| = 2 3 2 = 15(m − 2) = 0 =⇒ m = 2
1 3 1
2 3 2
Cuando m = 2 el Rango(A) = 2, y además el Rango =
1 3 1
2 =⇒ las dos rectas se cortan.
140
t
ne
b) Si m = 0 las dos rectas se cruzan, ya que |A| 6= 0 y tenemos que
→
−
us = (1, 3, 1)
s:
Ps (5, 7, 0)
−−→
|→
−
ur , →
−
us , Pr Ps | | − 30| √
d(r, s) = = √ = 5 2
|→
−
ur × → −
us | 18
at.
6.3. Junio 2005 - Opción A
Problema 6.3.1 (2 puntos) Sea f (x) una función derivable en (0, 1) y con-
Z 1
tinua en [0, 1], tal que f (1) = 0 y 2xf 0 (x)dx = 1. Utilizar la fórmula de
Z0 1
integración por partes para hallar f (x)dx.
0
Solución:
us
Hacemos u = 2x y dv = f 0 (x)dx =⇒ du = 2dx y v = f (x). Aplicando
la fórmula de integración por partes
Z Z
udv = uv − vdu
Z 1 Z 1
0
2xf (x)]10
w.m
xf (x)dx = −2 f (x)dx = 1 =⇒
0 0
1 1
1 − 2xf (x) 1 − 2f (1)
Z
1
f (x)dx = − =− =−
0 2 0 2 2
se verifica que
Z 1
5
p(x)dx =
4
ww
Solución:
141
t
ne
p00 (x) = 6ax + 2b =⇒ p00 (0) = 2b = 0 =⇒ b = 0
p(0) = d = 1
1 1 1
ax4 bx3 cx2
Z Z
3 2 5
p(x)dx = (ax +bx +cx+d)dx = + + + dx =
4 3 2 4
at.
0 0 0
a b c 5
=⇒ + + +d=
4 3 2 4
En conclusión, tenemos
a c 5
+ + 1 = =⇒ a + 2c = 1, y 3a + c = 0 =⇒
4 2 4
1 3 1 3
a = − , c = =⇒ p(x) = − x3 + x + 1
us 5 5 5 5
Problema 6.3.3 (3 puntos) Dado el sistema de ecuaciones
(m − 1)x+ y+ z= 3
mx+ (m − 1)y+ 3z = 2m − 1
x+ 2y+ (m − 2)z = 4
Solución:
a) Sea la matriz
m−1 1 1 3
A= m m−1 3 2m − 1 =⇒
1 2 m−2 4
Si m = −1 tenemos
−2 1 1 3
−2
1
A = −1 −2 3 −3 , = 5 6= 0
−1 −2
1 2 −3 4
142
t
ne
Luego tenemos que Rango(A) = 2. Ahora calculamos el rango de A,
para ello cogemos el determinate
1 1 3
−2 3 −3 = 5 6= 0
2 −3 4
Luego en este caso Rango(A) 6=Rango(A) =⇒ el sistema es incompa-
tible.
at.
Si m = 2 tenemos
1 1 1 3
1 1
A= 2 1 3 3 ,
= −1 6= 0
2 1
1 2 0 4
Luego tenemos que Rango(A) = 2. Ahora calculamos el rango de A,
para ello cogemos el determinate
1 1 3
us
1 3 3 = −4 6= 0
2 0 4
Si m = 4 tenemos
3 1 1 3
3 1
w.m
A= 4 3 3 7 ,
= 5 6= 0
4 3
1 2 2 4
Luego tenemos que Rango(A) = 2. Ahora calculamos el rango de A,
que está claro que es dos, ya que la última fila es la resta de las dos
anteriores.
b) Resolvemos este último caso. Por el menor que hemos escogido pode-
mos despreciar la tercera ecuación.
2
ww
x=
5
3x+ y+ z = 3 3x+ y = 3− z
=⇒ =⇒ 9
4x+ 3y+ 3z = 7 4x+ 3y = 7− 3z y = −λ
5
z=λ
143
t
ne
Problema 6.3.4 (3 puntos) Dado el punto P (1, 3, −1), se pide:
at.
y = 1+ λ
z = 1− 4λ
Solución:
=⇒ 26λ(λ − 1) = 0 =⇒ λ = 1, λ = 0
w.m
Solución:
144
t
ne
a)
5
x=1+ t
3
x+ 2y+ 3z = 1 x+ 2y = 1− 3z
=⇒ =⇒ 7
2x+ y− z = 2 2x+ y = 2+ z y=− t
3
z=t
at.
b) Para que el sistema siga siendo compatible indeterminado esta última
ecuación tiene que ser combinación lineal de las dos anteriores, es decir,
si ponemos
1 2 3 1
2 1 −1 2
5 1 α β
a + 2b = 5
serı́a a(1, 2, 3, 1) + b(2, 1, −1, 2) = (5, 1, α, β) =⇒ =⇒
usa = −1, b = 3 =⇒ α = −6, β = 5
2a + b = 1
A−1 XA = B
3 1 1 −1
siendo A = , B=
−2 −1 2 1
w.m
Solución:
A−1 XA = B =⇒ XA = AB =⇒ X = ABA−1
Efectuamos el producto
−1 3 1 1 −1 1 1
X = ABA = · · =
ww
−2 −1 2 1 −2 −3
9 11
−6 −7
145
t
ne
a) (1,5 puntos) p
p
lı́m x2 + x − x2 − x
x−→∞
b) (1,5 puntos) h πi
lı́m x arctan (ex ) −
x−→∞ 2
Solución:
at.
a)
p p
lı́m x2 + x − x2 − x = [∞ − ∞] =
x−→∞
√ √ √ √
x2 + x −
x2 − x x2 + x + x2 − x
lı́m √ √ =
x−→∞ x2 + x + x2 − x
√ 2 √ 2
x2 + x − x2 − x
us lı́m
x−→∞
√
2
√
2
x +x+ x −x
= lı́m √
x−→∞
2x
√
x + x + x2 − x
2
=
2x
x q 2
lı́m q = =1
x−→∞ x2 +x
+ x2 −x 2
x2 x2
b)
w.m
π
arctan (ex ) −
h πi 0
lı́m x arctan (ex ) − = [0 · ∞] = lı́m 2
= =
x−→∞ 2 x−→∞ 1/x 0
ex
1+e2x −x2 ex h∞i −2xex − x2 ex
lı́m = lı́m = = lı́m =
x−→∞ − 12 x−→∞ 1 + e2x ∞ x−→∞ 2e2x
x
−2x − x2 h ∞ i −2 − 2x h ∞ i −2
lı́m x
= = lı́m x
= = lı́m =0
x−→∞ 2e ∞ x−→∞ 2e ∞ x−→∞ 2ex
perpendicular a ambas.
Solución:
146
t
ne
a)
→− →−
ur = (2, 3, 4) us = (1, −1, 2)
r: s:
Pr (1, 1, 1) Ps (−1, 2, 0)
i j k
→
− →
− →
−
ut = ur × us = 2 3 4 = (10, 0, −5)
1 −1 2
at.
ut = (2, 0, −1), ya que
el módulo de este vector no influye.
b)
−2 1 −1
−−→ →
h i
Pr Ps , −
ur , →
−
ur = | 2 3 4 | = | − 15|
1 −1 2
−−→ → √
h i
Pr Ps , −ur , →
−
ur
| − 15| 3 5
d= =√ =
|→−
ur × →−
us | 102 + 52 5
−−→
Pr Ps = (−1, 2, 0) − (1, 1, 1) = (−2, 1, −1)
Problema 6.5.1 (2 puntos) Discutir según los valores del parámetro real
λ la posición relativa de los planos
π1 : x + z = λ
π2 : 4x + (λ − 2)y + (λ + 2)z = λ + 2
π3 : 2(λ + 1)x − (λ + 6)z = −λ
147
t
ne
Solución:
x+ z= λ
4x+ (λ − 2)y+ (λ + 2)z = λ + 2
2(λ + 1)x− (λ + 6)z = −λ
at.
A= 4 λ−2 λ+2 λ+2
2(λ + 1) 0 −(λ + 6) −λ
1 0 1
= (2−λ)(3λ+8) = 0 =⇒ λ = 2, λ = − 8
|A| = 4 λ−2 λ+2 3
2(λ + 1) 0 −(λ + 6)
Si λ = 2 tenemos
1 0 1 2 1 1
2
A= 4 0 4 4 =⇒ 4 4 4 = −56
6 0 −8 −2 6 −8 −2
1 1 2
4 = 4 6= 4 =⇒ π1 y π2 paralelos
1 1
6 6 = −8 =⇒ π1 y π3 se cortan
4 4
6 6 = −8 =⇒ π2 y π3 se cortan
4
−10/3 6= 0 =⇒ π2 y π3 se cortan
148
t
ne
a) (1 punto) Hallar la recta t, perpendicular a r y a s, que pasa por el
origen.
Solución:
→
− →
−
ur = (1, 1, 2) us = (−1, −2, −1)
r: , s:
at.
Pr (0, −3, −3) Ps (0, −7, −4)
i j k i j k
→
− = (1, 1, 2), →
−
ur = 1 −1 0 us = 1
0 −1 = (−1, −2, −1)
1 1 −1 2 −1 0
a)
i j k
→
−
ut = 1 1 2 = (3, −1, −1)
us −1 −2 −1
→
− x = 3λ
ut = (3, −1, −1)
t: =⇒ y = −λ
Pt (0, 0, 0)
z = −λ
b) Sustituimos t en s y tenemos:
w.m
3λ + λ = 4
=⇒ λ = 1
6λ + λ = 7
Solución:
149
t
ne
a)
1 4 α+β 2α
A2 = , αA + βI =
0 1 0 α+β
α+β =1
=⇒ α = 2, β = −1
2α = 4
b)
at.
A5 = A2 A2 A = (2A − I)2 A = (4A2 + I 2 − 4AI)A = (4A2 − 4A + I)A =
c)
us (A − X)(A + X) = A2 − X 2 =⇒ A2 + AX − XA + X 2 = A2 − X 2
=⇒ AX − XA = 0 =⇒ AX = XA
Serán todas aquellas matrices X que cumplan AX = XA.
a + 2c = a =⇒ c = 0
1 2 a b a b 1 2 b + 2d = 2a + b =⇒ a = d
· = · =⇒
0 1 c d c d 0 1 c=c
w.m
d=d
1
Problema 6.5.4 (3 puntos) Dada la función f (x) = se pide:
x
a) (1 punto) Hallar la ecuación de la recta tangente a su gráfica en el
punto (a, f (a)) para a > 0
c) (1 punto) Hallar el valor de a > 0 que hace que las distancias entre los
dos puntos hallados en el apartado anterior sea mı́nima.
Solución:
150
t
ne
a)
1 1
f (a) = , m = f 0 (a) = − 2
a a
La recta tangente es
1 1
y− = − 2 (x − a)
a a
at.
b) Haciendo y = 0 =⇒ A(2a, 0) y haciendo x = 0 =⇒ B 0, a2 .
c)
s 2
2 2p 4
d(a) = (2a)2 + = a +1
a a
2a4 − 2
d0 (a) = √ = 0 =⇒ a = 1, a = −1
us a2 a4 + 1
Como a > 0 =⇒ a = 1 En el intervalo (−1, 1) la d0 es negativa y en
el (1, +∞) es positiva, luego pasa de decrecer a crecer en a = 1 y, por
tanto, es un mı́nimo.
Solución:
2 1 x−2
f 0 (x) = − = = 0 =⇒ x = 2
x x−1 x(x − 1)
4
f (2) = ln = ln 4 = 2 ln 2 =⇒ (4, 2 ln 2)
1
Problema 6.6.2 (2 puntos) Se considera la función
ex
f (x) =
(1 + ex )2
ww
151
t
ne
Solución:
a)
ex (1 − ex )
f 0 (x) = = 0 =⇒ x = 0
(1 + ex )3
at.
En el intervalo (0, +∞) =⇒ f 0 (x) < 0 =⇒ la función es decrecien-
te en este intervalo.
t−1
4
1
x 2
dx = 2
dt = =− +C
(1 + e ) t −1 1 + ex
Z a a
ex 1 1 1 1
x 2
dx = − x
=− a
+ = =⇒
0 (1 + e ) 1+e 0 1+e 2 4
1 1
= =⇒ 1 + ea = 4 =⇒ ea = 3 =⇒ a = ln 3
w.m
1+e a 4
Problema 6.6.3 (3 puntos) Se considera la familia de planos:
Se pide:
x− 2z+ 1 = 0
− y+ z+ 1 = 0
Solución:
152
t
ne
a) Basta dar dos valores a m que sean distintos:
m = 0 =⇒ − 2y +3z + 1 = 0
m = −1 =⇒ −x− 3y = 0
at.
→
−
ur = 0 −2 3 = (9, −3, −2), Pr (−6, 2, 1) =⇒ r : y = 2 − 3λ
−1 −3 0
z = 1 − 2λ
c)
i j k
→
−
ur = 1 0 −2 = (−2, −1, −1)
r: 0 −1 1
w.m
Pr (1, 2, 1)
Los vectores (m, m − 2, 3m + 3) y (−2, −1, −1) tienen que ser perpen-
diculares, luego su producto escalar tiene que ser cero
1
−2m − m + 2 − 3m − 3 = 0 =⇒ m = −
6
Sustituyendo
1 1 1 1
− x+ − − 2 y+3 − + 1 z+ − + 1 = 0 =⇒ x+13y−15z−5 = 0
6 6 6 6
0 k t 1 k t
A= 0 0 k B= 0 1 k
0 0 0 0 0 1
153
t
ne
b) (1 puntos) Hallar la matriz inversa de B.
Solución:
a)
0 0 k2
at.
0 k t 0 k t
A2 = A · A = 0 0 k 0 0 k = 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 k2
0 k t 0 0 0
A3 = A2 · A = 0 0 0 0 0 k = 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0
A10 = A3 · A7 = 0 0 0
us 0 0 0
b)
0 −k k 2 − t
B −1 = 0 1 −k
0 0 1
w.m
c)
1 0 t 1 0 2t 1 0 3t
B 0 1 0 B2 = 0 1 0 B3 = 0 1 0
0 0 1 0 0 1 0 0 1
1 0 nt 1 0 10t
B n = 0 1 0 =⇒ B 10 = 0 1 0
0 0 1 0 0 1
ww
154
t
ne
Capı́tulo 7
at.
Año 2006
sobre el plano π : x − z = 0.
Calcular las coordenadas del punto de esta proyección que pertenece al plano
z = 1.
w.m
Solución:
ww
→
−
ur = (1, 1, −1)
r:
Pr (0, 0, 0)
155
t
ne
El plano que contiene a P y a r será:
→
−
ur = (1, 1, −1) 1 0 x
−−→
π1 : P P = (0, 1, 1) =⇒ π1 : 1 1 y = 0 =⇒ π1 : 2x − y + z = 0
r −1 1 z
Pr (0, 0, 0)
at.
x=λ
2x − y + z = 0
s: =⇒ s : y = 3λ
x−z =0
z=λ
Hallar la ecuación de la recta que contiene al punto P (2, −1, 1) y cuyo vector
director es perpendicular a lo vectores directores de las dos rectas anteriores.
Solución: →
−
ur = (1, 1, 2)
→
−
us = (1, 3, 0)
r: s:
Ps (3, −4, 0)
w.m
Pr (0, 6, 5)
i j k
→
− →
− →
−
ut = ur × us = 1 1 2 = (−6, 2, 2) = 2(−3, 1, 1)
1 3 0
→
− x = 2 − 3λ
ut = (−3, 1, 1)
t: =⇒ t : y = −1 + λ
Pt (2, −1, 1)
z =1+λ
Solución:
156
t
ne
a)
2 3 −1 k
A= 1 2 3 2 , |A| = 4k − 4 = 0 =⇒ k = 1
k k −4 −1
at.
Si k = 1:
2 3 −1 0
A= 1 2 3 2
0 0 −4 −1
2 3
Como el menor = 1 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2. Por otro lado se
1 2
observa que la cuarta fila es la diferencia entre la primera y la segunda,
us luego el Rango(A) = 2, en conclusión: Rango(A) =Rango(A) = 2 < no
de incógnitas y en este caso el sistema es compatible indeterminado,
tiene infinitas soluciones.
b)
x = −4 + 11λ
2x+ 3y− z = 1
=⇒ y = 3 − 7λ
x+ 2y+ 3z = 2
z=λ
w.m
Solución:
a)
r √
4(3x2 − 1) 1 3
ww
0
f (x) = = 0 =⇒ x = ± =±
(1 + x2 )3 3 3
√ √ √ √
(−∞, − 33 ) (− 33 , 33 ) ( 33 , ∞)
f 0 (x) + − +
f (x) creciente decreciente creciente
157
t
ne
at.Luego en el punto −
√
,
√ !
3 3 3
tenemos un Máximo y en el punto
us √
3 3 3
,−
√ !
3 4
tenemos un Mı́nimo.
3 4
b)
a
a
(1 + x2 )−1
Z a
−4x
Z
2 −2
2 2
dx = −2 2x(1 + x ) dx = −2 =
0 (1 + x ) 0 −1 0
w.m
a
2 2
= − 2 = −1 =⇒ a = ±1, como a > 0 =⇒ a = 1
1 + x2 0 1 + a2
a)
2 p 2
f (x) = g(x) =⇒ = x − 3 =⇒ x = ±2
x
La solución negativa no vale, luego x = 2 es el único punto común.
158
t
ne
b) Tangente a f (x):
2 1 1
f 0 (x) = − 2
=⇒ m = f 0 (2) = − , y f (2) = 1 =⇒ y−1 = − (x−2)
x 2 2
Tangente a g(x):
at.
x
g 0 (x) = √ =⇒ m0 = g 0 (2) = −2, y g(2) = 1 =⇒ y−1 = 2(x−2)
x2−3
1
Como m = − =⇒ las dos rectas son perpendiculares.
m0
1
f (x) =
2 + sin x − cos x
us
Se pide:
Solución:
a)
cos x + sin x
f 0 (x) = − = 0 =⇒ cos x+sin x = 0 =⇒ sin x = − cos x
(2 + sin x − cos x)2
3π 7π
=⇒ tan x = −1 =⇒ x = + 2kπ, x = + 2kπ
4 4
El denominador de f 0 (x) es siempre positivo y no se anula nunca.
(0, 3π
4 ) ( 3π 7π
4 , 4 ) ( 7π
4 , 0)
f 0 (x) − + −
ww
3π
Luego en el punto x = + 2kπ tenemos un Mı́nimo y en el punto
4
7π
x= + 2kπ tenemos un Máximo.
4
159
t
ne
at.
b) Como f 00 (x) es una función continua y derivable en el intervalo [−π, π]
us y además f 0 (π) = f 0 (−π) = 1/9 por el teorema de Rolle existe un
punto c ∈ [−π, π] en el que f 00 (c) = 0.
r: = = s: = =
3 1 1 −1 1 −2
a) (1,5 puntos) Hallar la ecuación del plano que contiene a r y es paralelo
a s.
Solución:
a)
→
− →
−
ur = (3, 1, 1) us = (−1, 1, −2)
r: s:
Pr (−1, −2, −3) Ps (0, −1, 2)
3 −1 x + 1
π : 1 1 y+2 = 0 =⇒ 3x − 5y − 4z − 19 = 0
ww
1 2 z+3
b)
√
|3 · 0 − 5 · (−1) − 4 · 2 − 19| 11 2
d(Ps , π) = √ =
9 + 25 + 16 5
160
t
ne
Problema 7.2.4 (3 puntos) Se consideran las matrices:
2 2 −1 1 0 0
A = −1 −1 1 I= 0 1 0
−1 −2 2 0 0 1
Se pide:
at.
b) (1,5 punto) Calcular A4 haciendo uso del apartado anterior.
Solución:
a)
1 2 −1 1 2 −1 0 0 0
(A − I)2 = −1 −2 1 −1 −2 1 = 0 0 0
us −1 −2 1 −1 −2 1 0 0 0
b) (A − I)2 = A2 − 2A + I = 0 =⇒ A2 = 2A − I
Solución:
k −1
ww
1
A= k −1 1 =⇒ |A| = k 2 − k − 2 = 0 =⇒ k = −1, k = 2
(k + 1) 1 0
161
t
ne
Si k = 2 =⇒ SCI
x = − 15 λ
x + 2y − z = 0
=⇒ y = 35 λ
3x + y = 0
z=λ
Si k = −1 =⇒ SCI
at.
x=λ
x−y−z =0
=⇒ y=0
y=0
z=λ
1 2
Problema 7.3.2 (2 puntos) Dada la matriz A = encontrar todas
0 1
las matrices
a b
P =
c d
us
tales que AP = P A.
Solución:
1 2 a b
a b 1 2
=
0 1 c d
c d 0 1
a + 2c = a =⇒ c = 0
a + 2c b + 2d a 2a + b b + 2d = 2a + b =⇒ a = d
= =⇒
w.m
c d c 2c + d
c=c
d = 2c + d =⇒ c = 0
a b
P =
0 a
2x
a) (1 punto) Dibujar la gráfica de la función f (x) = indicando su
x+1
dominio, intervalos de crecimiento y decrecimiento y ası́ntotas.
2n
b) (1 punto) Demostrar que la función an = es monótona creciente.
n+1
c) (1 punto) Calcular lı́m n2 (an+1 − an )
n−→∞
ww
Solución:
a) Domf = R − {−1}.
Ası́ntotas:
162
t
ne
a) Verticales: x = −1
2x −2
lı́m = − = +∞
x−→−1− x+1 0
2x −2
lı́m = + = −∞
x−→−1+ x+1 0
b) Horizontales: y = 2
at.
2x
lı́m =2
x−→∞ x+1
c) Oblicuas: No hay al haber horizontales.
Monotonı́a:
2
f 0 (x) = > 0 =⇒ siempre creciente
(x + 1)2
Luego no hay ni máximos ni mı́nimos.
us Representación gráfica:
w.m
163
t
ne
c)
2n2
lı́m n2 (an+1 − an ) = lı́m =2
n−→∞ n−→∞ n2 + 3n + 2
at.
a) (1,5 punto) Hallar la ecuación de la recta t que pasa por el origen y
corta a las dos rectas anteriores.
Solución:
→
− →
−
ur = (−2, 2, −4) us = (3, 1, 1)
r: s:
Pr (−1, 2, 0) Ps (2, −1, −2)
us −−→ −−→
a) OPr = (−1, 2, 0), OPs = (2, −1, −2)
−−→ −−→
OPr OPs
→
− →
− π1
π1 : ur π2 : us t:
π2
Pr Ps
−1 −2 x + 1 2 3 x−2
w.m
π1 : 2
2 y − 2 = 0, π2 : −1 1 y + 1
=0
0 −4 z −2 1 z + 2
4x + 2y − z = 0
t:
x − 8y + 5z = 0
b)
i j k
−
→=→ −
ur × →−
uh us = −2 2 −4 = 2(3, −5, −4)
3 1 1
−→ −
→
u h uh
→
− →
− π1
π1 : ur π2 : us t:
π2
Pr Ps
ww
3 −2 x + 1 3 3 x−2
π1 : −5 2 y − 2 = 0, π2 : −5 1 y + 1 = 0
−4 −4 z −4 1 z + 2
7x + 5y − z − 3 = 0
h:
x + 15y − 18z − 23 = 0
164
t
ne
7.4. Junio 2006 - Opción B
Problema 7.4.1 (2 puntos) Sea r la recta que pasa por el origen de coor-
denadas O y tiene como vector director → −
v = (4, 3, 1). Hallar un punto P
contenido en dicha recta, tal que si se llama Q a su proyección sobre el plano
π : z = 0, el triángulo OP Q tenga área 1.
Solución:
at.
us
w.m
→
− x = 4λ
ur = (4, 3, 1)
r: =⇒ y = 3λ
Pr (0, 0, 0)
z=λ
Un punto de esta recta será: P (4λ, 3λ, λ), y su proyección sobre el plano
z = 0 será el punto P (4λ, 3λ, 0).
−−→ −−→
Los vectores OP y OQ forman el triángulo OP Q, para calcular el área
calculamos el producto vectorial de estos dos vectores
i j k
−−→ −−→
OP × OQ = 4λ 3λ λ = (−3λ2 , 4λ2 , 0)
4λ 3λ 0
r
1 −−→ −−→ 1p 4 4
5λ2 2
S = |OP × OQ| = 9λ + 16λ = = 1 =⇒ λ = ±
2 2 2 5
ww
r r r r !
2 2 2 2
Si λ = =⇒ P 4 ,3 ,
5 5 5 5
r r r r !
2 2 2 2
Si λ = − =⇒ P −4 , −3 ,−
5 5 5 5
165
t
ne
Problema 7.4.2 (2 puntos) Determinar la posición relativa de las rectas:
x+4 y−7 z x + 2y − 5z − 5 = 0
r: = = s:
−3 4 1 2x + y + 2z − 4 = 0
Solución:
→− →
−
ur = (−3, 4, 1) us = (3, −4, −1) −−→
r: s: Pr Ps = (5, −5, 0)
Pr (−4, 7, 0) Ps (1, 2, 0)
at.
5 −5 0
|A| = −3 4 1 = 0 =⇒ Rango(A) = 2
3 −4 −1
5 −5 0
Rango =2
−3 4 1
Luego las rectas son paralelas.
Problema 7.4.3 (3 puntos) Dada la matriz:
us M=
2a
2
2
1 −a
a 1
1 −1
Solución:
a)
|M | = −2a(a2 − 1) = 0 =⇒ a = 0, a = 1, a = −1
Si a 6= 0, a 6= 1 y a 6= −1 entonces |M | 6= 0 =⇒ Rango(M ) = 3.
Si a = 0
2 1 0
2 1
M= 0 1 −1 ,
= 2 6= 0 =⇒ Rango(M ) = 2
0 1
2 0 1
Si a = 1
2 1 −1
2 −1
M = 2 1 −1 ,
2
= 4 6= 0 =⇒ Rango(M ) = 2
1
ww
2 1 1
Si a = −1
2 1 1
2 1
M = −2 1 −1 , −2 1 = 4 6= 0 =⇒ Rango(M ) = 2
2 1 1
166
t
ne
b) M es inversible para cualquier valor de a distinto de 0, 1 y −1.
Si a = 2
2 1 −2 −1/4 5/12 −1/12
M = 4 1 −1 =⇒ M −1 = 1/2 −1/2 1/2
2 2 1 −1/2 1/6 1/6
at.
Problema 7.4.4 (3 puntos) Se pide:
1
f (x) =
(x − 2)2
lı́m = = +∞
x−→2− (x − 2)2 0+
1 1
lı́m = = +∞
x−→2+ (x − 2)2 0+
2) Horizontales: y = 2
1
lı́m =0
x−→∞ (x − 2)2
(−∞, 2) (2, ∞)
f 0 (x) − +
f (x) decrece crece
167
t
ne
at.
us
w.m
b)
1
= 1 =⇒ x = 1, x = 3
(x − 2)2
Como la recta x = 5/2 corta a las gráficas entre estos dos puntos, los
lı́mites de integración serán desde x = 1 a x = 5/2
c)
1
= 1 =⇒ x = 1, x = 3
(x − 2)2
ww
Como la recta x = 5/2 corta a las gráficas entre estos dos puntos, los
lı́mites de integración serán desde x = 1 a x = 5/2
Z 3 3
1 1 1
S= − 1 dx = − − x =
5/2 (x − 2)2 x−2 5/2 2
168
t
ne
7.5. Septiembre 2006 - Opción A
Z 2
dx
Problema 7.5.1 (2 puntos) Calcular
1 x2 + 2x
Solución:
1 A B A(x + 2) + Bx
= + =
x2 + 2x x x+2 x2 + 2x
1 = A(x + 2) + Bx
at.
si x = 0 1 = 2A =⇒ A = 1/2
si x = −2 1 = −2B =⇒ B = −1/2
Z Z Z r
dx 1 1 1 1 x
= dx − = ln
x2 + 2x 2 x 2 x+2 x+2
Z 2 r
dx 3
2
= ln
1 x + 2x 2
us
Problema 7.5.2 (2 puntos)
a) (1 punto) Calcular los valores de a y b para que la función
3x + 2 si x<0
f (x) = x2 + 2a cos x si 0 ≤ x < π
ax2 + b si x≥π
Continua en x = π
lı́m f (x) = lı́m (x2 + 2a cos x) = π 2 − 2a = π 2 − 2
x−→π − x−→π
=⇒ b = −2
ww
169
t
ne
b)
3 si x<0
f 0 (x) = 2x − 2 sin x si 0 ≤ x < π
2x si x≥π
f 0 (0− ) = 3
=⇒ No es derivable en x = 0
0 +
f (0 ) = 0
at.
f 0 (π − ) = 2π
=⇒ Es derivable en x = π
f 0 (π + ) = 2π
3 1
Problema 7.5.3 (3 puntos) Dadas las matrices A = , I =
−8 −3
1 0
0 1
us
a) (1 punto) Comprobar que |A2 | = |A|2 , y que |A + I| = |A| + |I|
b) (0,5 puntos) Sea M una matriz cuadrada de orden 2. ¿Se puede ase-
gurar que se cumple |M 2 | = |M |2 ?. Razonar la respuesta.
Solución:
a)
2
3 1 3 1 1 0
|A | =
· = =1
−8 −3 −8 −3 0 1
2
3 1 3 1
|A| = · = (−1)(−1) = 1
−8 −3 −8 −3
Luego |A2 | = |A|2 .
4 1
|A + I| = =0
−8 −2
ww
|M 2 | = |M · M | = |M | · |M | = |M |2
170
t
ne
c)
a b
M = = ad − cb, |I| = 1
c d
a+1 b
|M + I| = = (a + 1)(d + 1) − cd
c d+1
(a + 1)(d + 1) − cd = ad − cb =⇒ a = −d
a b
M=
at.
c −a
Problema 7.5.4 (3 puntos) Se consideran los puntos A(0, 1, 0) y B(1, 0, 1).
Se pide:
a) (1 punto) Escribir la ecuación que deben verificar los puntos X(x, y, z)
que equidistan de A y B.
b) (0,5 puntos) Determinar la ecuación que verifican los puntos X(x, y, z)
cuya distancia a A es igual a la distancia de A a B.
us
c) (1,5 puntos) Escribir las ecuaciones paramétricas de la recta formada
por los puntos C(x, y, z) del plano x + y + z = 3 tales que el triángulo
ABC es rectángulo con el ángulo recto en el vértice A.
Solución:
a) d(A, X) = d(B, X)
p p
x2 + (y − 1)2 + z 2 = (x − 1)2 + y 2 + (z − 1)2
w.m
2x − 2y + 2z − 1 = 0
Se trata de un plano que se llama mediador.
b) d(A, B) = d(A, X)
p √
x2 + (y − 1)2 + z 2 = 3
2 2 2
x + y + z − 2y − 2 = 0
Se trata de una esfera
−→ −−→
c) AC · AB = 0 como C es un punto del plano x + y + z = 3 tendrá de
coordenadas C(3 − µ − λ, µ, λ). Luego:
−→
AC = (3 − µ − λ, µ, λ) − (0, 1, 0) = (3 − µ − λ, µ − 1, λ)
(3 − µ − λ, µ − 1, λ) · (1, −1, 1) = 3 − µ − λ − µ + 1 + λ = 0 =⇒ µ = 2
Luego los puntos de ese plano con la condición de perpendicularidad
−−→
ww
171
t
ne
7.6.
b) (1 punto) Hallar la solución del sistema anterior tal que la suma de los
w.m
Solución:
a)
x = −5 + 8λ
x+ y− 3z = 0
=⇒ y = 5 − 5λ
2x+ 3y− z = 5
z=λ
b) −5 + 8λ + 5 − 5λ + λ = 4 =⇒ λ = 1.
x = 3, y = 0, z = 1
ww
172
t
ne
b) (1 punto) Para cualquiera de las matrices A obtenidas en el apartado
1.), calcular
M = A + A2 + A3 + · · · + A10
Solución:
a)
a2 a2 + ab
a a a a a a
at.
2
A =A·A= = =
0 b 0 b 0 b2 0 b
2
a =a a(a − 1) = 0 =⇒ a = 0, a = 1
a2 + ab = a =⇒ a(a + b − 1) = 0 =⇒
2
b =b b(b − 1) = 0 =⇒ b = 0, b = 1
a = 0, b = 1 0 0 1 1
=⇒ A = , A=
a = 1, b = 0 0 1 0 0
us
b) A2 = A; A3 = A2 A = AA = A; A4 = A3 A = AA = A · · · A10 = A
Luego:
2 3 10 10 10
M = A + A + A + · · · + A = 10A =
0 0
Solución:
a) Dom(f ) = R
Ası́ntotas:
Verticales: No hay
Horizontales:
ww
lı́m xe2x = ∞
x−→∞
−2t −∞ −1
lı́m xe2x = lı́m (−te ) = = lı́m =0
x−→−∞ t−→∞ ∞ t−→∞ −2e2t
173
t
ne
Oblicuas: No hay por haber horizontales.
Monotonı́a:
1
f 0 (x) = e2x + 2xe2x = e2x (1 + 2x) = 0 =⇒ x = −
2
at.
− +
f (x) decrece crece
174
t
ne
b)
0 1
Z Z
2x 2x
Área = xe dx + xe dx
−1 0
Z
La integral xe2x dx se resuelve por partes, llamamos:
1
u = x =⇒ du = dx y dv = e2x dx =⇒ v = e2x .
2
at.
xe2x 1
2x − 1
Z Z
xe2x dx = − e2x dx = e2x = F (x)
2 2 4
−2
3e − 1 e2 + 1
Área = |F (0)−F (−1)|+|F (1)−F (0)| =
+ 4 = 2,245762562
4
Problema 7.6.4 (3 puntos) Un plano π corta a los ejes de coordenadas en
los puntos A(1, 0, 0), B(0, λ, 0) y C(0, 0, 4). Se pide:
us
a) (1,5 puntos) Hallar el valor de λ > 0 de manera que el volumen del
tetraedro OABC (donde O es el origen), sea 2.
b) (1,5 puntos) Para el valor de λ obtenido en el apartado 1.), calcular la
longitud de la altura del tetraedro OABC correspondiente al vértice
O.
Solución:
w.m
ww
a)
−→
OA = (1, 0, 0) 0 0 4
1
−−→ | = 1 | − 4λ| = 2 =⇒
OB = (0, λ, 0) =⇒ V = | 0 λ 0
−−→ 6 6
OC = (0, 0, 4) 1 0 0
175
t
ne
4λ
= 2 =⇒ λ = 3
6
b) −→
AC = (−1, 0, 4) −1 −1 x − 1
−−→
AB = (−1, 3, 0) =⇒ π : 0 3 y = 0 =⇒
A(1, 0, 0) 4 0 z
π : 12x + 4y + 3z − 12 = 0
at.
|0 + 0 + 0 − 12| 12
d(O, π) = √ = u
2 2
12 + 4 + 3 2 13
Otra forma de resolver el problema serı́a:
i j k
1 |(−12, −4, −3)| 13
Sbase = | −1 0 4 | = =
2 2 2
−1 3 0
1 1 13 12
us V = Sbase · h =⇒ 2 = ·
3 3 2
· h =⇒ h =
13
u
w.m
ww
176
t
ne
Capı́tulo 8
at.
Año 2007
Solución:
w.m
x=λ
y=λ =⇒ A(λ, λ, −λ)
z = −λ
−→ −−→
QA = (λ, λ, −λ), QP = (1, 1, 1)
177
t
ne
i j k
1 1 √
S = | λ λ −λ | = |(2λ, −2λ, 0)| = 2λ2 = 1
2 2
1 1 1
√ √ √ √ ! √ √ √ !
2 2 2 2 2 2 2
Luego: λ = ± =⇒ A , ,− yA − ,− ,
2 2 2 2 2 2 2
at.
a) (1,5 puntos) Calcula la ecuación general de un plano π1 que contiene
a la recta
x=1+λ
r: y = −1 + 2λ
z=λ
y es perpendicular al plano π2 : 2x + y − z = 2.
Solución:
a)
→
−
ur = (1, 2, 1) −
r: u→
π2 = (2, 1, −1)
Pr (1, −1, 0)
w.m
→
−
ur = (1, 2, 1) 1 2 x−1
−→
π1 : uπ2 = (2, 1, −1) =⇒ 2 1 y+1 = 0 =⇒ x−y+z−2 = 0
Pr (1, −1, 0) 1 −1 z
b)
x = 43
x−y+z−2=0
=⇒ y = − 23 + λ
2x + y − z − 2 = 0
z=λ
x+ ky+ k 2 z = 1
x+ ky− kz = k 2
−x+ ky− k 2 z = k 2
ww
Solución:
178
t
ne
a)
k2 1
1 k
A = 1 k −k k 2 , |A| = 2k 2 (k+1) = 0 =⇒ k = 0, k = −1
−1 k −k 2 k 2
at.
solución única.
Si k = 0:
1 0 0 1
A= 1 0 0 0
−1 0 0 0
El Rango(A) = 1, dado
que las tres filas son iguales. Sin embar-
1 1
go el menor = −1 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2. Por tanto,
us 1 0
Rango(A) 6=Rango(A) =⇒ Sistema Incompatible (No tiene Solución).
Si k = −1:
1 −1 1 1
A = 1 −1 1 1
−1 −1 −1 1
La matriz tiene dos primeras filas iguales, luego Rango(A) =Rango(A) <
no incógnitas=⇒ Sistema Compatible Indeterminado (Infinitas Solu-
w.m
ciones).
b)
x = −λ
x− y+ z = 1
=⇒ y = −1
−x− y− z = 1
z=λ
R1
b) (2 punto) Si f (1) = 1 y además 0 f (t)dt = 1, hallar la ecuación de la
recta tangente a la gráfica de F (x) en el punto (1, F (1)).
Solución:
179
t
ne
a) Por el teorema fundamental del cálculo sabemos que si f es una función
continua si Z x
F (x) = f (t) dt =⇒ F 0 (x) = f (x)
a
b)
m = F 0 (1) = f (1) + 2 = 3
at.
Z 1 Z 1 Z 1 1 1
t3 t4
Z
2 3 2 3
F (1) = (f (t)+t +t ) dt = f (t) dt+ t dt+ t dt = 1+ + =
0 0 0 0 3 4 0
1 1 19
=1+ + =
3 4 4
19
y− = 3(x − 1)
4
us
8.2. Modelo 2007 - Opción B
Problema 8.2.1 (2 puntos) Dada la función f (x) = 6x2 − x3 , se pide:
Solución:
6x2 − x3 = 0 =⇒ x = 0, x = 6
6 6
x4
Z
2 3 3
S= (6x − x ) dx = 2x − = 108 u2
ww
0 4 0
180
t
ne
Solución: kx+5
x+3
lı́m = [1∞ ] = eλ
x−→∞ x
x+3
λ = lı́m (kx + 5) −1 = 3k
x−→∞ x
2
Luego 3k = 2 =⇒ k = .
3
at.
Problema 8.2.3 (3 puntos) Se consideran el punto P (1, 0, 1) y la recta:
x−1 y z+1
r: = =
1 2 −1
y el plano π : x + y + z = 0. Se pide:
Solución:
181
t
ne
Sustituyendo este punto en el plano obtenemos el corte
2 1 2 1
1 + λ + λ + 1 + λ = 0 =⇒ λ = − =⇒ P 00 ,− ,
3 3 3 3
a = − 31
1 2 1 1+a b 1+c 4 0 1 4 1
,− , = , , =⇒ b = − 3 =⇒ P − , − , −
at.
3 3 3 2 2 2 3 3 3
c = − 13
El plano π2 contiene a P y a r
us
Serı́a el siguiente dibujo
w.m
π1 : x + y + z + λ = 0 y como contiene a P =⇒ 1 + 0 + 1 + λ = 0 =⇒
λ = −2 =⇒ π1 : x + y + z − 2 = 0
→
−
ur = (1, 2, −1) 1 0 x−1
−−→
π2 : P Pr = (0, 0, −2) =⇒ 2 0 y = 0 =⇒ 2x−y−2 = 0
ww
P (1, 0, 1) −1 −2 z − 1
x = 43 − 31 λ
x+y+z−2=0
t: =⇒ t : y = 23 − 32 λ
2x − y − 2 = 0
z=λ
182
t
ne
Problema 8.2.4 (3 puntos) Dada la matriz
2 −1 λ
M= 2 −λ 1
2λ −1 1
at.
b) (1,5 punto) Determinar para qué valores de λ existe la matriz inversa
de M . Calcular dicha inversa para λ = 0.
Solución:
a)
2 −1 λ
2 −λ 1 = 2(λ3 − 3λ + 2) = 0 =⇒ λ = 1 λ = −2
2λ −1 1
us Si λ 6= 1 y λ 6= −2 =⇒ |M | 6= 0 =⇒Rango(M ) = 3.
Si λ = 1:
2 −1 1
M = 2 −1 1
2 −1 1
Las tres filas son iguales y, por tanto, el Rango(M ) = 1.
w.m
Si λ = −2:
2 −1 −2
M = 2 2 1
−4 −1 1
2 −1
Como el menor = 6 6= 0 =⇒ Rango(M ) = 2.
2 2
b) Si λ = 0:
2 −1 0 1/4 1/4 −1/4
M = 2 0 1 =⇒ M −1 = −1/2 1/2 −1/2
0 −1 1 −1/2 1/2 1/2
m m − 1 m(m − 1)
Problema 8.3.1 (2 puntos) Estudiar el rango de la matriz m 1 m
m 1 m−1
según los valores del parámetro m.
183
t
ne
Solución:
|A| = m(m − 2) = 0 =⇒ m = 0, m = 2
Si m 6= 0 y m 6= 2 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3.
Si m = 0:
0 −1 0
1 0
0 1 0 =⇒ |A| = 0 y
at.
1 −1
0 1 −1
Luego en este caso el Rango(A) = 2.
Si m = 2:
2 1 2
1 2
2 1 2 =⇒ |A| = 0 y
1 1 6= 0 (dos filas iguales)
2 1 1
us
Luego en este caso el Rango(A) = 2.
Solución:
XAX −1 = B =⇒ XA = BX
a b 2 0 8 −9 a b
· = · =⇒
c d 0 −1 6 −7 c d
2a −b 8a − 9c 9b − 9d 6a − 9c = 0 b=d
= =⇒ =⇒
2c −d 6a − 9c b − d b−d=0 c = 2/3a
a b 3 1
X= , p.e X =
2/3a b −2 1
x+y+1=0
Problema 8.3.3 (3 puntos) Dados el punto A(1, −2, −3), la recta r :
z=0
y el plano π : x − 2y − 3z + 1 = 0, se pide:
ww
184
t
ne
at.
Solución:
a)
x = −1 − λ →
−
x+y+1=0 ur = (−1, 1, 0)
r: =⇒ y=λ =⇒ r :
z=0 Pr (−1, 0, 0)
z=0
π : x − 2y − 3z + 1 = 0 =⇒ −
u→
π = (1, −2, −3)
us 0
−1 1 x − 1
π : 1 −2 y + 2 = 0 =⇒ π 0 : 3x + 3y − z = 0
0 −3 z + 3
w.m
x − 2y − 3z + λ = 0 =⇒ 1 + 4 + 9 + λ = 0 =⇒ λ = −14
π 0 : x − 2y − 3z − 14 = 0
Corto con este plano a la recta r y obtengo el punto B:
−1 − λ − 2λ − 14 = 0 =⇒ λ = −5 =⇒ B (4, −5, 0)
−−→
AB = (3, −3, 3) = 3(1, −1, 1)
→
− x=1+λ
us = (1, −1, 1)
s: =⇒ s : y = −2 − λ
Ps (1, −2, −3)
z = −3 + λ
185
t
ne
Problema 8.3.4 (3 puntos) Se considera la función f (x) = x2 + m, donde
m > 0 es una constante.
a) (1,5 puntos) Para cada valor de m hallar el valor de a > 0 tal que la
recta tangente a la gráfica de f en el punto (a, f (a)) pase por el origen
de coordenadas.
at.
Solución:
2 2 2 2
1 1 1 1
f = + m = =⇒ m =
2 4 2 4
x2 − 12
Problema 8.4.1 (2 puntos) Dada la función f (x) = calcular el
x2 + 4
área de la región acotada encerrada por su gráfica y el eje OX.
Solución:
x2 − 12 √
2
= 0 =⇒ x2 − 12 = 0 =⇒ x = ±2 3
x +4
Z √
2 3 x2 − 12
S= dx
−2√3 x2 + 4
x2 − 12
Z Z Z
1 1
F (x) = 2
dx = 1 − 16 2 dx = x − 16 2
dx =
x +4 x +4 x +4
ww
Z ! Z
1 1 2 x
x−16 2 dx = x−4 2
dt = x−8 arctan t = x−8 arctan
4 x
+1 t +1 2
2
√
√ √ 4(3 3 − 4π)
S = |F (2 3) − F (−2 3)| = = | − 9, 8269| = 9, 8269 u2
3
186
t
ne
Problema 8.4.2 (2 puntos) Dibujar la gráfica de la función
|x|
f (x) =
2−x
indicando su dominio, intervalos de crecimiento y decrecimiento y ası́ntotas.
Solución:
x
2
− si x < 0
−2 − x si x < 0
at.
(2 − x)2
|x|
f (x) = = f 0 (x) =
2−x x 2
si x ≥ 0
2−x
si x ≥ 0
(2 − x)2
Dominio: Dom(f ) = R − {2}
x−→ 2 + x−→ 2 + 2 − x 0
Horizontales:
Si x < 0 =⇒ y = 1
−x
lı́m f (x) = lı́m =1
x−→ −∞ x−→ −∞ 2−x
187
t
ne
Si x ≥ 0 =⇒ y = −1:
x
lı́m f (x) = lı́m = −1
x−→ ∞ x−→ ∞ 2−x
Oblicuas: No hay al haber horizontales
at.
5 2 0 a b 0
A= 2 5 0 B= c c 0
0 0 1 0 0 1
Se pide:
Solución:
a)
5 2 0 a b 0 a b 0 5 2 0
2 5 0 · c c 0 = c c 0 · 2 5 0
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
w.m
5a + 2c 5b + 2c 0 5a + 2b 2a + 5b 0
2a + 5c 2b + 5c 0 = a−c=0
7c 7c 0 =⇒
b−c=0
0 0 1 0 0 1
Las condición que deberı́a de cumplir serı́a a = b = c
b)
20 1 0
1
21 0
2
B 1 = 1 1 0 B 2 = 21 21 0
0 0 1 0 0 1
2 2 3
23 0
2 2 0 2
B 3 = 22 22 0 B 4 = 23 23 0
0 0 1 0 0 1
ww
Luego:
29 29 0 2n−1 2n−1 0
188
t
ne
Problema 8.4.4 (3 puntos) Sean los puntos
at.
c) (1 punto) Calcular la ecuación del plano que contiene al triángulo
ABC para el valor λ = 0 y hallar la distancia de este plano al origen
coordenadas.
Solución:
a)
λ 2 λ
us
2 −λ
λ
0
0 λ+2
= −2(λ2 +2λ+4) 6= 0 Siempre =⇒ No están alineados
b) √
−−→ −−→
AB = (2 − λ, −λ − 2, −λ) |AB| = √3λ2 + 8
−→ −→
AC = (0, −2, 2) =⇒ |AC| = 2√ 2
−−→ −−→
BC = (λ − 2, λ, λ + 2) |BC| = 3λ2 + 8
w.m
El triángulo que forman los puntos tiene dos lados iguales y otro de-
sigual, se trata, por tanto, de un triángulo isósceles.
c)
−−→ →
AB = (2, −2, 0) −u = (1, −1, 0)
−→ →
−
π: AC = (0, −2, 2) =⇒ v = (0, −1, 1)
P (0, 2, 0)
A(0, 2, 0)
1 0 x
π : −1 −1 y − 2 = 0 =⇒ π : x + y + z − 2 = 0
0 1 z
√
| − 2| 2 3 2
d(O, π) = √ = u
3 3
ww
189
t
ne
a 1.
Solución:
x=3+λ
y =5+λ un punto de r es P (3 + λ, 5 + λ, z = −1 + λ)
z = −1 + λ
at.
|2(3 + λ) − (5 + λ) + 2(−1 + λ) + 1|
d(P, π) = √ = |λ| = 1 =⇒ λ = ±1
4+1+4
Los puntos buscados son:
Solución:
w.m
i j k i j k
→
− = (1, 1, 2), →
−
ur = 1 −1 0 us = 1
0 −1 = −(1, 2, 1)
1 1 −1 2 −1 0
i j k
→
− →
− = (−3, 1, 1) t : x − 2 = y + 1 = y − 2
ur × us = 1 1 2
1 2 1
−3 1 1
se pide:
ww
Solución:
190
t
ne
a)
1 (k + 1) 2 −1
A= k 1 1 k
(k − 1) −2 −1 k + 1
1
|A| = 2k 2 − 5k + 2 = 0 =⇒ k = , k = 2
2
Si k 6= 12 y k 6= 2 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) =Rango(A) = 3 =
at.
no de incógnitas =⇒ Sistema Compatible Determinado.
k = 12 :
1 3/2 2 −1
A = 1/2 1 1 1/2
−1/2 −2 −1 3/2
1 3/2
Como |A| = 0 y = −1/2 =⇒ Rango(A) = 2. Por
1/2 1
otra parte
us
3/2 2 −1
1
1 1/2
= −3 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
−2 −1 3/2
1 −2 −1 3
Observamos que la tercera
fila es
la diferencia de la segunda me-
1 3
nos la primera, y como = −5 6= 0 =⇒ Sistema Compa-
2 1
tible Indeterminado.
b)
x = 7/5 − 1/5λ
x+ 3y+ 2z = −1
=⇒ y = −4/5 − 3/5λ
2x+ y+ z = 2
z=λ
3x2 + x + 3
f (x) =
x2 + 1
b) (1,5 puntos) Determinar una función F (x) tal que su derivada sea f (x)
y además F (0) = 4.
191
t
ne
Solución:
a)
1 − x2
f 0 (x) = = 0 =⇒ x = 1, x = −1
(x2 + 1)2
(−∞, −1) (−1, 1) (1, ∞)
f 0 (x) − + −
f (x) Decrece & Crece % Decrece &
at.
Luego la función tiene un mı́nimo en el punto (−1, 5/2) y un máximo
en el (1, 7/2).
2x(x2 − 3) √
f 00 (x) = 2 3
= 0 =⇒ x = 0, x = ± 3
(x + 1)
√ √ √ √
(−∞, − 3) (− 3, 0) (0, 3) ( 3, ∞)
f 00 (x) − + − +
f (x) Convexa ∩ Cóncava ∪ Convexa ∩ Cóncava ∪
us Como la función en estos tres puntos cambia de curvatura y hay con-
tinuidad, los tres son puntos de inflexión:
√ ! √ !
√ 5 3 √ 11 3
(0, 3), 3, , − 3,
4 4
b)
3x2 + x + 3
Z
w.m
1
F (x) = 2
dx = 3x + ln(x2 + 1) + C
x +1 2
1
F (0) = 4 =⇒ C = 4 =⇒ F (x) = 3x + ln(x2 + 1) + 4
2
192
t
ne
(A2 )−1 = I3
0 0 −2 0 0 −1 2 0 0
B · A = 0 −2 0 · 0 −1 0 = 0 2 0 = 2I3
−2 0 0 −1 0 0 0 0 2
Luego:
−1 0 0
at.
X = (A2 − BA)(A2 )−1 = (I3 − 2I3 )I3 = −I3 = 0 −1 0
0 0 −1
b) (1 punto) Calcular las soluciones del sistema dado tales que la suma
de los valores de las incógnitas sea igual a 4.
w.m
Solución:
a) Para que las soluciones del sistema resultante sean las mismas que las
del sistema del enunciado necesariamente la ecuación ax + y + bz = 1
tiene que ser combinación lineal de las otras dos, de esa manera el
sistema
x+ 2y− 3z = 3
2x+ 3y+ z = 5 es Sistema Compatible Indeterminado
ax+ y+ bz = 1
2k + 3l = 1 l = −1
=⇒
−3k + l = b
a=0
3k + 5l = 1 b = −7
La ecuación serı́a y − 7z = 1
193
t
ne
b)
x = 1 − 11λ
x+ 2y− 3z = 3
=⇒ y = 1 + 7λ
2x+ 3y+ z = 5
z=λ
2
Luego (1−11λ)+(1+7λ)+λ = 4 =⇒ λ = − y sustituyendo tenemos:
3
25 11 2
x= , y=− , z=
at.
3 3 3
Solución:
a) →
−
ur = (1, −1, 2) i j k
→
− →
−
us = (3, 1, 0) us = 1 −3 −5
= 3(3, 1, 1)
Pr (0, 1, 2) 1 −3 −8
w.m
1 3 x
π : −1 1 y − 1
= −3x + 5y + 4z − 13 = 0
2 1 z−2
π : 3x − 5y − 4z + 13 = 0
Problema 8.6.4 (3 puntos) Sea g(x) una función continua y derivable para
todo valor real de x, de la que se conoce la siguiente información:
g 0 (x) > 0 para todo x ∈ (−∞, 0) ∪ (2, +∞), mientras que g 0 (x) < 0
ww
g 00 (x) > 0 para todo x ∈ (1, 3) y g 00 (x) < 0 para todo x ∈ (−∞, 1) ∪
(3, +∞).
194
t
ne
lı́m g(x) = −∞ y lı́m g(x) = 3
x−→ −∞ x−→ +∞
at.
Z x
c) (1 punto) Si G(x) = g(t) dt encontrar un valor x0 tal que su deri-
0
vada G0 (x0 ) = 0
Solución:
(−∞, 0) (0, 2) (2, ∞)
g 0 (x) + − +
g(x) Crece % Decrece & Crece %
Como la función es continua y derivable en todo R, podemos asegurar que
us
la función tiene un máximo en x = 0 y un mı́nimo en x = 2.
a) Ası́ntotas:
b) Su representación serı́a:
Z x
c) G(x) = g(t) dt, como g(x) es continua y derivable podemos aplicar
0
el teorema fundamental del cálculo y tenemos que G0 (x) = g(x) =⇒
ww
G0 (x0 ) = g(x0 ) = 0 =⇒ x0 = −1
195
ww
w.m
196
us
at.
ne
t
t
ne
Capı́tulo 9
at.
Año 2008
Solución:
a) Ası́ntotas:
x
lı́m = −∞ =⇒ No Hay
x−→−∞ ex
b) Representación gráfica
1−x
ww
f 0 (x) = = 0 =⇒ x = 1
ex
(−∞, 1) (1, ∞)
f 0 (x) + −
f (x) Creciente Decreciente
197
t
ne
at.Luego hay un máximo en el punto (1, e−1 )
us f 00 (x) =
x−2
ex
= 0 =⇒ x = 2
(−∞, 2) (2, ∞)
f 0 (x) − +
f (x) Convexa Cóncava
2 + n 1−5n
a) (1 punto) lı́m
n−→ ∞ 1 + n
√ √
n4 + 2n3 − 3 − n4 − n
b) (1 punto) lı́m
n−→ ∞ n+5
Solución:
a)
1−5n
2+n
lı́m = [1∞ ] = eλ = e−5
n−→ ∞ 1+n
2+n
λ = lı́m (1 − 5n) · −1 = −5
n−→ ∞ 1+n
ww
b) √ √
n4 + 2n3 − 3 − n4 − n
lı́m =
n−→ ∞ n+5
√ √ √ √
( n4 + 2n3 − 3 − n4 − n)( n4 + 2n3 − 3 + n4 − n)
lı́m √ √ =
n−→ ∞ (n + 5)( n4 + 2n3 − 3 + n4 − n)
198
t
ne
2n3 + n − 3
lı́m √ √ =
n−→ ∞ (n + 5)( n4 + 2n3 − 3 + n4 − n)
2 + 1/n2 − 3/n3
lı́m p p =1
n−→ ∞ (1 + 5/n)( 1 + 2/n − 3/n4 + 1 − 1/n3 )
at.
x+ y+ mz = m + 2
2x+ (m + 1)y+ (m + 1)z = −m
(m + 2)x+ 3y+ (2m + 1)z = 3m + 4
Solución:
us
a)
1
1 m m+2
Si m = −2:
1 1 −2 0
1
1
A = 2 −1 −1 2 , = −3 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
2 −1
0 3 −3 −2
Si m = 1:
1 1 1 3
ww
A = 2 2 2 −1
3 3 3 7
A la vista de la matriz se ve que el Rango(A) = 1 al tener las tres filas
iguales, pero Rango(A) = 2 6=Rango(A) =⇒ Sistema Incompatible
(No tiene Solución).
199
t
ne
b)
x = 2/3 + λ
x+ y− 2z = 0
=⇒ y = −2/3 + λ
2x− y− z = 2
z=λ
at.
a) (1 punto) Determinar las coordenadas de los puntos P y Q que divide
al segmento AB en tres partes iguales.
Solución:
−−→
a) AB = (1, 1, −4) − (1, 0, 2) = (0, 1, −6).
1 1
P = (1, 0, 2) + (0, 1, −6) = 1, , 0
w.m
3 3
2 2
Q = (1, 0, 2) + (0, 1, −6) = 1, , −2
3 3
b)
1 1
π : y − 6z + λ = 0 =⇒ + λ = 0 =⇒ λ = −
3 3
El plano buscado será: π : 3y − 18z − 1 = 0
c)
x = 3 − 2λ 17
r: y= λ =⇒ 3λ − 18(−1 + λ) − 1 = 0 =⇒ λ =
15
ww
z = −1 + λ
200
t
ne
9.2. Modelo 2008 - Opción B
2x + z = 0
Problema 9.2.1 (2 puntos) Hallar los puntos de la recta r :
x−y+z =3
1
cuya distancia al plano π : 3x + 4y = 4 es igual a .
3
Solución:
at.
i j k x=λ
→
−
ur = 2
0 1 = (1, −1, −2), Pr (0, −3, 0) =⇒ r : y = −3 − λ
1 −1 1
z = −2λ
P (λ, −3 − λ, −2λ), π : 3x + 4y = 4
|3λ + 4(−3 − λ) − 4| 1 5 5
d(P, π) = = =⇒ | − λ − 16| = =⇒ |λ + 16| =
5 3 3 3
Tenemos dos soluciones:
us 5 43
λ + 16 = =⇒ λ = − =⇒ P − , − ,
43 52 86
3 3 3 3 3
5 53 53 62 106
λ + 16 = − =⇒ λ = − =⇒ P − ,− ,
3 3 3 3 3
Solución:
a)
−−→
AB = (2, 2k + 1, k) − (1, 3, −2) = (1, 2k − 2, k + 2)
−→
AC = (k + 1, 4, 3) − (1, 3, −2) = (k, 1, 5)
−−→ −→
AB · AC = 0 =⇒ k + 2k − 2 + 5k + 10 = 0 =⇒ k = −1
ww
b) Si k = 0 :
−−→ −→
AB = (1, −2, 2), AC = (0, 1, 5)
√
i j k
1 −−→ −→ 1 170 2
S = |AB × AC| = | 1 −2 2 | = |(−12, −5, 1)| = u
2 2 2
0 1 5
201
t
ne
Problema 9.2.3 (3 puntos) Sean las matrices:
1 1 7 −3
A= , B=
0 1 8 −3
at.
(A − M )(A + M ) = A2 − M 2
Solución:
a) AXA−1 = B =⇒ X = A−1 BA
−1 1 −1
A = =⇒ X = A−1 BA =
0 1
us
1 −1
0 1
7 −3
8 −3
1 1
0 1
=
15 −21
8 −11
b)
1 1 1 2 1 2 3 1 3 n 1 n
A = , A = , A = , A =
0 1 0 1 0 1 0 1
10 1 10
w.m
A =
0 1
c)
A2 + AM − M A − M 2 = A2 − M 2 =⇒ AM = M A
1 1 a b a b 1 1
=
0 1 c d c d 0 1
a + c = a =⇒ c = 0
a+c b+d a a+b b + d = a + b =⇒ a = d
= =⇒
c d c c+d
c=c
d = c + d =⇒ c = 0
202
t
ne
a) (1,5 punto) Calcular a y b para que f sea continua y derivable en todo
R.
b) (1,5 punto) Para los valores de a y b obtenidos en el apartado anterior,
calcular el área de la región acotada limitada por la gráfica de f el eje
horizontal y las rectas x = 1, x = 3.
Solución:
a)
at.
1/x2
si x ≤ −2
ax2
+ b si |x| < 2
f (x) = =⇒ f (x) = ax 2 + b si −2 < x < 2
1/x2 si |x| ≥ 2
1/x2 si x≥2
4a + b =
=⇒ 16a + 4b = 1
4
Para que f (x) sea continua en x = 2: (Quedan los mismos resultados
de x = −2)
La derivada será:
−2/x3 si
x ≤ −2
w.m
0
f (x) = 2ax si −2 < x < 2
−2/x3 si x≥2
1 1
4a = − =⇒ a = −
4 16
ww
1 1
Si a = − =⇒ b =
16 2
1/x2
si x ≤ −2
f (x) = −1/16x2 + 1/2 si −2 < x < 2
1/x2 si x≥2
203
t
ne
b) El signo de la función f en el intervalo [1, 2] es siempre positiva, y lo
mismo ocurre en el intervalo [2, 3]
√
−1/16x2 + 1/2 = 0 =⇒ x = ± 8
at.
1 16 2 48 2 1 48
Z 3 3
1 1 1
S2 = − 2 dx = − =
2 x x 2 6
17 1 25 2
S = S1 + S2 = + = u
48 6 48
se pide:
Solución:
a)
1 −a 2
A= , |A| = −1 + a2 = 0 =⇒ a = ± 1
a −1 a + 1
Si a 6= ± 1 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2 =Rango(A) = no de
incógnitas y el sistema es Compatible Determinado (solución única).
Su solución serı́a, aplicando Cramer:
2 −a 1 2
ww
a + 1 −1 a+2 a a+1 1
x= 2
= , y= =−
−1 + a a+1 −1 + a2 a+1
Si a = −1
1 1 2
A=
−1 −1 0
204
t
ne
En este caso Rango(A)
= 1, mientras que Rango(A) = 2 ya que el
1 2
menor = 2 6= 0. Como Rango(A) 6=Rango(A) =⇒ Sistema
−1 0
Incompatible (no tiene solución).
Si a = 1
1 −1 2
A=
1 −1 2
at.
Está claro, que las dos filas son iguales y, por tanto, Rango(A) =
1 =Rango(A) < no de incógnitas y el sistema es Compatible Indeter-
minado (infinitas soluciones). Las soluciones, en este caso y aunque no
las pida el problema son:
x=2+λ
us y=λ
b)
1 3
2=− =⇒ a = −
a+1 2
Cuando a = 1 e y = 2 =⇒ x = 4, luego las soluciones de a pedidas
3
son a = 1 y a = − .
2
x − ay = 2 x−z =1
r: s:
ay + z = 1 y+z =3
se pide:
Solución:
→
− →
−
ur = (−a, −1, a) us = (1, −1, 1)
r: s:
Pr (2, 0, 1) Ps (1, 3, 0)
ww
−−→
a) Pr Ps = (−1, 3, −1)
−a −1 a
|A| = 1 −1 1 = 4a = 0 =⇒ a = 0
−1 3 −1
205
t
ne
Si a 6= 0 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Se cruzan.
Si a = 0:
0 −1 0
(A) = 1 −1 1
−1 3 −1
0 −1
como = 1 6= 0 =⇒ se cortan.
1 −1
at.
b) Si a = 1:
→− →
−
ur = (−1, −1, 1) us = (1, −1, 1) −−→
r: s: , Pr Ps = (−1, 3, −1)
Pr (2, 0, 1) Ps (1, 3, 0)
−−→ − →
|Pr Ps , →ur , −
ur , →
−
us | 4 √
d(r, s) = = √ = 2u
|→−
ur × →−
us | 2 2
us −−→ − →
|Pr Ps , →ur , −
ur , →
−
−1 −1
us | = 1 −1
1
1 = 4
−1 3 −1
i j k √ √
|→
−
ur × →
−
us | = | −1 −1 1 | = |(0, 2, 2)| = 8 = 2 2
1 −1 1
4x + 5 x
b) (1 punto) lı́m
x−→+∞ 3x + 6x
Solución:
a)
x2
x 2
lı́m (e − x ) = lı́m e 1 − x = lı́m ex = ∞
x
x−→+∞ x−→+∞ e x−→+∞
ya que:
x2 h ∞ i 2x h ∞ i 2
lı́mx
= = lı́m x
= = lı́m =0
x−→+∞ e ∞ x−→+∞ e ∞ x−→+∞ ex
ww
b)
4 x x 4 x
5x
4x + 5 x 5 +1 5 5 +1
lı́m = lı́m 3 x
= lı́m 3 x
=0
x−→+∞ 3x + 6x x−→+∞ 6x +1 x−→+∞ 6 +1
6 6
206
t
ne
Problema 9.3.4 (2 puntos) Obtener los máximos y mı́nimos relativos, y
los puntos de inflexión de la función:
f (x) = x(ln(x))2
at.
(0, e−2 ) (e−2 , 1) (1, ∞)
f 0 (x) + − +
f (x) Creciente % Decreciente & Creciente %
La función presenta un máximo en el punto (e−2 , 4e−2 ) y un mı́nimo en
(1, 0).
2 ln(x) 2
f 00 (x) = + = 0 =⇒ x = e−1
x x
us f 00 (x)
(0, e−1 )
−
(e−1 , ∞)
+
f (x) Convexa ∩ Cóncava ∪
La función presenta un punto de Inflexión en el (e−1 , e−1 )
w.m
. . . ··· . .
−1 −1 −1 · · · −1 9
se pide:
a) (0,5 puntos) Calcular el determinante de la matriz A2 .
207
t
ne
b) (0,5 puntos) Calcular el determinante de la matriz A3 .
at.
b)
1 1 1
9 1 = 102 = 100
A2 = −1
−1 −1 9
c)
1 1 1 1 1
−1 9 1 1 1
= 104 = 10000
A5 = −1 −1 9 1 1
us
−1 −1 −1 9
−1 −1 −1 −1
1
9
c
el eje OX y las rectas x = 0, x = 1.
Z 1 5 3
1
1 cx x c 1
cx4 + x2 + 1 dx =
S = + +x = + +1
0 c 5 3c 0 5 3c
3c2 + 15c + 5
S(c) =
15c
208
t
ne
b) √
0 3c2 − 5 5
S (c) = 2
= 0 =⇒ c = ±
15c 3
√ √ √ √
(0, − 5/3) (− 5/3, 5/3) ( 5/3, ∞)
f 0 (x) + − +
f (x) Creciente % Decreciente & Creciente %
√
La
√ función presenta un máximo en c = − 5/3 y un mı́nimo en c =
at.
5/3, que es el valor buscado.
Problema 9.4.3 (2 puntos) Dados los puntos A(0, 0, 1), B(1, 0, −1), C(0, 1, −2)
y D(1, 2, 0), se pide:
Solución:
b) −−→
AB = (1, 0, −2) 1 0 x
−→
π: AC = (0, 1, −3) =⇒ π : 0 1 y = 0 =⇒
A(0, 0, 1) −2 −3 z − 1
π : 2x + 3y + z − 1 = 0
c) √
|2 + 6 − 1| 7 14
d(D, π) = √ =√ =
14 14 2
209
t
ne
c) (0,5 puntos) Hallar el punto R intersección de π con el eje OY .
Solución:
a)
→
− x = 1 + 3λ
ur = (3, 2, −1)
r: =⇒ r : y = 2 + 2λ
at.
Pr (1, 2, 3)
z =3−λ
b)
3(1 + 3λ) + 2(2 + 2λ) − (3 − λ) + 10 = 0 =⇒ λ = −1
Luego el punto buscado es el Q(−2, 0, 4) (Sustituyendo el valor de λ
en la recta r.
√
i j k
1 −−→ −→ 1 3 70
S = |RQ × RP | = | −2 5 4 | = |(−13, 10, −19)| =
2 1 7 3 2 2
w.m
se pide:
b) (1 punto) Calcular:
Z 1
f (x) dx
0
ww
Solución:
x2 + 1
f (x) =
ex
a) Ası́ntotas:
a) Verticales: No Hay
210
t
ne
b) Horizontales:
lı́m f (x) = 0
x−→∞
lı́m f (x) = ∞
x−→−∞
La recta y = 0 es una ası́ntota horizontal cuando x −→ ∞,
pero no lo es cuando x −→ −∞.
c) Oblicuas: No hay al haber horizontales
at.
Monotonı́a:
−x2 + 2x − 1 (x − 1)2
f 0 (x) = = − = 0 =⇒ x = 1
ex ex
Además, f 0 (x) ≤ 0 siempre y, por tanto, la función es siempre
decreciente. Esto quiere decir que, la función no tiene ni máximos
ni mı́nimos.
Curvatura:
x2 − 4x + 3
us f 00 (x) =
ex
= 0 =⇒ x = 1, x = 3
211
t
ne
x2 + 2x + 3
= −e−x (x2 + 2x + 3) = −
ex
1 1 1
x2 + 1 x2 + 2x + 3
Z Z
6
f (x) dx = x
dx = − x
=3−
0 0 e e 0 e
at.
A = 2a 0 1
2 0 a+1
se pide:
a) (1,5 puntos) Determinar el rango de A según los valores del parámetro
a.
√
−1± 5
b) Si a 6= −1 y a 6= 2 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ la matriz A es invertible.
√
−1± 5
Si a = −1 o a = 2 =⇒ |A| = 0 =⇒ la matriz A no es in-
vertible.
Cuando a = 1:
2 2 1 0 1 −1/2
A = 2 0 1 =⇒ A−1 = 1/2 −1/2 0
2 0 2 0 −1 1
Problema 9.5.3 (2 puntos) Dados los puntos P (1, 1, 3) y Q(0, 1, 0), se pide:
a) (1 punto) Hallar todos los puntos R tales que la distancia entre P y
ww
212
t
ne
Solución:
at.
b) La recta
−−→ x=λ
QP = (1, 0, 3)
r: =⇒ r : y = 1 =⇒ S(λ, 1, 3λ)
Q(0, 1, 0)
z = 3λ
−→ −→
|P S| = 2|QS| =⇒ |(λ − 1, 0, 3λ − 3)| = 2|(λ, 0, 3λ)|
p p
(λ − 1)2 + (3λ − 3)2 = 2 λ2 + (3λ)2 =⇒ (λ−1)2 +(3λ−3)2 = 4(λ2 +(3λ)2 )
us 3λ2 + 2λ − 1 = 0 =⇒ λ = −1, λ =
1
3
Los puntos buscados serán:
1
S1 (−1, 1, −1) y S2 , 1, 1
3
w.m
Solución:
→
− →
−
ur = (1, 2, 3) us = (2, 3, 4)
r: , s:
Pr (−1, 2, 0) Ps (0, 1, 0)
i j k
ut = 1 2 3 = (−1, 2, −1)
2 3 4
ww
213
t
ne
−1 1 x + 1
π1 : 2 2 y − 2 = 0 =⇒ 4x + y − 2z + 2 = 0
−1 3 z
−1 2 x
π2 : 2 3 y − 1 = 0 =⇒ 11x + 2y − 7z − 2 = 0
−1 4 z
4x + y − 2z + 2 = 0
t:
at.
11x + 2y − 7z − 2 = 0
x = et − e−t
para calcular: Z
1
√ dx
4 + x2
w.m
Solución:
a) Se trata de una integral por partes, donde hacemos: u = ln x =⇒ du =
dx x4
y dv = x3 dx =⇒ v =
x 4
Z 4
x ln x 1
Z
x4 ln x 1 x4 4x4 ln x − x4
3
x ln(x) dx = − x3 dx = − · = +C
4 4 4 4 4 16
et + e−t et + e−t
Z Z Z
1
√ dx = p dt = √ dt =
4 + x2 4 + (et − e−t )2 2 + e2t + e−2t
√ !
et + e−t e + e−t
Z t
x + x2 + 4
Z Z
dt = dt = dt = t = ln +C
et + e−t
p
(et + e−t )2 2
214
t
ne
Problema 9.6.2 (3 puntos) Dados el plano:
π1 : x + y + z = 1
y la recta:
x−1 y+1 z
r: = =
2 3 −4
se pide:
at.
a) (1 punto) Hallar el punto P determinado por la intersección de r con
π1 .
Solución:
us
a) Ponemos la ecuación paramétrica de la recta
x = 1 + 2λ
r: y = −1 + 3λ
z = −4λ
b) √
29 unidades del punto P calculado anteriormente:
−−→ p
|P Q| = |(−2+2λ, −3+3λ, 4−4λ)| = 4(λ − 1)2 + 9(λ − 1)2 + 16(1 − λ)2 =
√ √
29(λ − 1) = 29 =⇒ λ = 2
Luego Q(5, 5, −8) que, estará contenido en el plano que buscamos π2
cuya ecuación será: x + y + z = µ por ser paralelo a π1 . Para calcular
µ sustituimos el punto Q en el plano π2 y tenemos
µ = 5 + 5 − 8 = 2 =⇒ π2 : x + y + z = 2
Luego Q(1, −1, −4) que, estará contenido en el plano que buscamos π2
cuya ecuación será: x + y + z = µ por ser paralelo a π1 . Para calcular
µ sustituimos el punto Q en el plano π2 y tenemos
µ = 1 − 1 − 4 = −4 =⇒ π2 : x + y + z = −4
215
t
ne
Problema 9.6.3 (2 puntos) Resolver el siguiente sistema:
x −2y + z −3v = −4
x +2y + z +3v = 4
2x −4y +2z −6v = −8
2x +2z = 0
Solución:
at.
1 −2 1 −3 −4
1 2 1 3 4
A=
2 −4 2 −6 −8
2 0 2 0 0
Observando la matriz vemos que, la 1a columna es igual a la 3a , y la segunda
es igual a la 4a multiplicada por dos, luego el Rango(A) =Rango(A) = 2 < 4
no de incógnitas y se trata de un Sistema Compatible Indeterminado con
us
4 − 2 = 2 grados de libertad. Es decir, necesitaremos dos parámetros para
su solución.
Como las dos primeras filas son linealmente independientes el sitema a re-
solver será:
x = −λ
4 − 3µ
w.m
x −2y +z −3v = −4 y=
=⇒ 2
x +2y +z +3v = 4
z=λ
v=µ
Solución:
ww
x: no de billetes de 50 euros
y: no de billetes de 20 euros
216
t
ne
z: no de billetes de 10 euros
50x + 20y + 10z = 7000 x = 100
x + y + z = 225 =⇒ y = 75
x + z = 2y z = 50
at.
us
w.m
ww
217
ww
w.m
218
us
at.
ne
t
t
ne
Capı́tulo 10
at.
Año 2009
Solución:
219
t
ne
Ponemos la recta r como intersección de dos planos:
x−3 z−5
= =⇒ 2x − z = 1
2 4
x−3 y−2
= =⇒ x − 2y = −1
2 1
Ahora estudiamos el sistema formado por estos dos planos y el
plano π
at.
x+ 2y− z = 2 1 2 −1 2
x− 2y = −1 =⇒ A = 1 −2 0 −1
2x − z= 1 2 0 −1 1
1 2
|A| = 0 y = −4 =⇒ Rango(A) = 2
1 −2
=⇒
us F3 = F1 + F2 =⇒ Rango(A) = 2
El vector →
−
ut de la recta t que buscamos tiene que ser perpendicular
220
t
ne
→
−
ut = (3, −2, −1) x+2 y−3 z−2
t: =⇒ t : = =
P (−2, 3, 2) 3 −2 −1
Evidentemente esta recta tiene que estar contenida en el plano π.
at.
−→ x = −2 + λ
uπ = (1, 2, −1)
s: =⇒ s : y = 3 + 2λ
P (−2, 3, 2)
z =2−λ
us
w.m
−−→ →
QR· −ur = (−3+λ, 2+2λ, 1−λ)·(2, 1, 4) = −6+2λ+2+2λ+4−4λ = 0
221
t
ne
Problema 10.1.2 (3 puntos) Sea:
x2
3
1− si x <
4 2
f (x) =
7 1 − (x − 2)2 si x ≥ 3
12 2
at.
b) (1 punto) Hallar los máximos y mı́nimos locales de f (x)
Solución:
a) (1 punto) Continuidad:
us lı́m
x−→ (3/2)−
f (x) = lı́m
x−→ (3/2)
1−
x2
4
=
7
16
7 7
1 − (x − 2)2 =
lı́m f (x) = lı́m
x−→ (3/2)+ x−→ (3/2)+ 12 16
3 7
f =
2 16
w.m
Luego:
3 7
lı́m f (x) = lı́m f (x) = f = =⇒
x−→ (3/2)− x−→ (3/2)+ 2 16
3
f es continua en x =
2
Derivabilidad:
x 3
− si x <
f0 3− = −3
2 2
f 0 (x) = =⇒ 2 4
0 3+ 7
f 2 = 12
−7(x − 2) 3
si x ≥
6 2
ww
Luego:
3− 3+
0 0
f 6= f
2 2
La función no es derivable en x = 3/2
222
t
ne
b) Estudiamos su representación gráfica
Primero los extremos
x 3 3
− =0 si x < x = 0 si x < 2
2 2
0
f (x) = =⇒
−7(x − 2) = 0 si x ≥ 3 x = 2 si x ≥ 3
6 2 2
at.
Recurrimos a la segunda derivada para ver de que tipo son
1 3
− 2 =⇒ Máximo si x < 2
f 00 (x) =
−7 =⇒ Máximo si x ≥ 3
6 2
x f (x)
us 0
3/2 7/16
2 7/12
1
w.m
Solución:
223
t
ne
a)
1 −1 3
A = 2 −3 2k
3 −5 k
|A| = 3(k − 1) = 0 =⇒ k = 1
1 −1
Como el menor = −1 6= 0 =⇒ el Rango(A) = 2 indepen-
at.
2 −3
dientemente del valor de k.
Si k = 1:
1 −1 3
1 −1
us A= 2 −3 2 , |A| = 0 y
3 −5 1
2 −3
= −1 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
2x− 3y = 2 y=4
Solución:
2(x2 − 1) x + 1 (x + 1)2
2(x − 1) 1 x + 1
x−1 x+1 x + 1 = (x+1)(x−1) x − 1 x + 1 x + 1 =
(x − 1)2 x − 1 x2 − 1 x−1 1 x+1
2(x − 1) 1 1 F1 2(x − 1) 1 1
(x+1)2 (x−1) x − 1 x + 1 1 = F2 − F1 = (x+1)2 (x−1) −(x − 1) x 0 =
ww
x−1 1 1 F3 − F1 −(x − 1) 0 0
2 1 1
2 2 2 2
1 1
= x(x2 −1)2 = 0 =⇒ x = ±1
(x+1) (x−1) −1 x 0 = −(x −1)
−1 0 0 x 0
224
t
ne
10.2. Modelo 2009 - Opción B
Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P (1, −1, 2) y el plano π :
2x − y + z = 11, se pide:
at.
b) (1,5 puntos) Obtener la ecuación del plano
√ paralelo al plano π que
contiene al punto H que se encuentra a 5 6 unidades del punto P en
−−→
el sentido del vector P Q.
Solución:
a) Tenemos
→
− −
→ x = 1 + 2λ
ur = uπ = (2, −1, 1)
us r:
Pr = P (1, −1, 2)
=⇒ r :
y = −1 − λ
z =2+λ
P +R
Q= =⇒ R = 2Q − P = 2(3, −2, 3) − (1, −1, 2) = (5, −3, 4)
2
Luego R(5, −3, 4) es el punto simétrico de P respecto del plano π.
225
t
ne
−−→
b) El vector P Q = (2, −1, 1) = −u→π y es perpedicular al plano π. Tenemos
−−→
H =P +λ·− u→ −
→
π =⇒ P H = −λ · uπ =⇒
−−→ √ √
|P H| = λ|−u→π | = λ 6 = 5 6 =⇒ λ = 5
Luego el punto H = (1, −1, 2) + 5(2, −1, 1) = (11, −6, 7). El plano π 0
que buscamos contiene a este punto y tiene el mismo vector carac-
terı́stico que π
at.
us
w.m
π 0 : 2x − y + z = λ =⇒ 22 + 6 + 7 = λ =⇒ λ = 35 =⇒ 2x − y + z = 35
√
Nota: Podemos comprobar si d(P, π 0 ) = 5 6:
|2 + 1 + 2 − 35| 30 √
d(P, π 0 ) = √ = √ =5 6
6 6
y también podemos comprobar que
−−→ √ √ −−→ √ √
|P Q| = 4 + 1 + 1 = 6 y |QH| = 64 + 16 + 16 = 4 6
√
La suma de ambos módulos nos vuelve a dar 5 6.
2C3 , C1 − C2 , 5C1
226
t
ne
Solución:
at.
1 1
Si |B · B −1 | = 1 =⇒ |B| · |B −1 | = 1 =⇒ |B −1 | = =
|B| 40
|x|
f (x) =
x2 +1
Solución:
− x2x+1
|x| si x < 0
f (x) = 2 = x
x +1 x2 +1
si x ≥ 0
w.m
a) Continuidad:
x
lı́m f (x) = lı́m − =0
x−→ 0)− x−→ 0 x2 + 1
x
lı́m f (x) = lı́m =0
x−→ 0+ x−→ 0+ x2 + 1
f (0) = 0
Luego:
lı́m f (x) = lı́m f (x) = f (0) = 0 =⇒
x−→ 0− x−→ 0+
f es continua en x = 0
Derivabilidad:
ww
x2 − 1
si x < 0
(x2 + 1)2
f 0 (0− ) = −1
0
f (x) = =⇒
f 0 (0+ ) = 1
1 − x2
si x ≥ 0
(x2 + 1)2
227
t
ne
Luego:
f 0 0− =6 f 0 0+
La función no es derivable en x = 0
at.
us
b) Para que se cumplan las hipótesis del teorema de Rolle la función debe
ser continua en el intervalo (−1, 1) y derivable en el intervalo [−1, 1],
lo cual no es cierto según el apartado anterior.
(x − 1)2 si x ≤ 1
w.m
f (x) =
ln x si x > 1
Solución:
Comprobamos si hay continuidad en el punto x = 1
Luego:
lı́m f (x) = lı́m f (x) = f (1) = 0 =⇒
x−→ 1− x−→ 1+
f es continua en x = 1
228
t
ne
Calculamos los puntos de corte de f (x) con y = 1
(x − 1)2 = 1 si x ≤ 1
x = 0 si x ≤ 1
=⇒
ln x = 1 si x > 1 x = e si x > 1
Calculamos el área:
S = |S1 | + |S2 |
Resolvemos las integrales por separado
at.
Z 1 1
x3 2 2
S1 = (1 − (x − 1)2 )dx = − + x2 = =⇒ |S1 | =
0 3 0 3 3
1
e
(1 − ln x)dx = 2x − x ln x]e1 = e − 2 =⇒ |S2 | = e − 2
2 4
S= + e − 2 = e − u2
3 3
w.m
229
t
ne
c) (1 punto) Calcular el volumen del tetraedro T determinado por el
plano π, y los planos x = 0, y = 0, z = 0.
Solución:
a) Tres pasos:
at.
→
− x=λ
ur = (1, 3, 1)
r: =⇒ y = 3λ
Pr (0, 0, 0)
z=λ
2 11 11 11
b) √
1 11
cos α = √ =
11 11
c) Si y = 0, z = 0 =⇒ A(4, 0, 0)
w.m
Si x = 0, z = 0 =⇒ B(0, 4/3, 0)
Si x = 0, y = 0 =⇒ C(0, 0, 4)
−→ −−→ −−→
OA = (4, 0, 0), OB = (0, 4/3, 0), OC = (0, 0, 4)
4 0 0
1 32 2
V = | 0 4/3 0 | = u
6 9
0 0 4
Se pide:
230
t
ne
Solución:
4 4λ 2 2λ
1
A = λ 1 −λ λ |A| = −4λ(5λ2 −6λ+1) = 0 =⇒ λ = 0 λ = 1 λ =
5
4λ 4λ λ 9
at.
Si λ = 0
4 0 2 0
A= 0 1 0 0
0 0 0 9
4 0
Como |A| = 0 y = 4 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2.
0 1
usComo
0 2 0
1 0 0 = −18 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
0 0 9
Luego el sistema es incompatible.
Si λ = 1
w.m
4 4 2 2
Rango(A) = 3
A= 1 1 −1 1 =⇒ =⇒
Rango(A) = 2
4 4 1 9
Sistema es Incompatible.
Si λ = 1/5
4 4/5 2 2/5
Rango(A) = 3
A = 1/5 1 −1/5 1/5 =⇒ =⇒
Rango(A) = 2
4/5 4/5 1/5 9
Sistema es Incompatible.
ww
Si λ = −1
4x− 4y+ 2z = −2 x = −1
−x+ y+ z = −1 =⇒ y = −1
−4x− 4y− z = 9 z = −1
231
t
ne
Problema 10.3.3 (2 puntos) Calcular el siguiente lı́mite:
(x+1)
1
lı́m 1+ 2
x−→ +∞ αx + 4x + 8
Solución:
at.
(x+1)
1
lı́m 1+ 2
= [1∞ ] = eλ
x−→ +∞ αx + 4x + 8
1 x+1
λ= lı́m (x + 1) 1 + − 1 = lı́m
x−→ +∞ αx2 + 4x + 8 x−→ +∞ αx2 + 4x + 8
1
Si α = 0 =⇒ λ = =⇒:
4
us lı́m
x−→ +∞
1+
1
4x + 8
(x+1)
= e1/4
Si α 6= 0 =⇒ λ = 0 =⇒:
(x+1)
1
lı́m 1+ = e0 = 1
x−→ +∞ αx2 + 4x + 8
w.m
Solución:
Z Z
2 −t 2 −t
t e dt = −t e +2 te−t dt =
Z
2 −t −t
e dt = −t2 e−t +2 −te−t − e−t = −e−t t2 + 2t + 2
−t
= −t e +2 −te +
Z x x
F (x) = t2 e−t dt = −e−t t2 + 2t + 2 0
= −e−x (x2 + 2x + 2) + 2
0
232
t
ne
10.4. Junio 2009 - Opción B
Problema 10.4.1 (3 puntos) Dadas las rectas:
x−1 y−2 z x+2 y z−2
r: = = , s: = = ,
2 3 1 2 1 1
se pide:
a) (1 punto) Hallar la ecuación del plano π que contiene a r y es paralelo
at.
a s.
−−→
b) Pr Ps = (−3, −2, 2):
2 3 1
−−→
h i
→
−ur , →
−
us , Pr Ps = | 2 1 1 | = | − 14| = 14
−3 −2 2
i j k
√ √
|→
−
ur × → −
us | = | 2 3 1 | = |(2, 0, −4)| = 20 = 2 5
2 1 1
−−→ √
h i
→
−ur , →
−
us , Pr Ps 14 7 5
d(r, s) = = √ = u
|→
−
ur × → −
us | 2 5 5
c)
→
− →−
ww
233
t
ne
Problema 10.4.2 (3 puntos) Si la derivada de la función f (x) es:
f 0 (x) = (x − 1)3 (x − 5)
Obtener:
a) (1 punto) Los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f .
at.
mı́nimos relativos, o puntos de inflexión.
c)
x5
Z
4
x − 8x3 + 18x2 − 16x + 5 dx = −2x4 +6x3 −8x2 +5x+C
f (x) =
5
234
t
ne
f (0) = 0 + C = 0 =⇒ C = 0
x5
f (x) = − 2x4 + 6x3 − 8x2 + 5x
5
Problema 10.4.3 (2 puntos) Dado el sistema:
2x − y = λ
λx − 2y = 4
at.
3x − y = 2
Si λ = 2
w.m
2 −1 2
Rango(A) = 2
A= 2 −2 4 =⇒ =⇒
Rango(A) = 2
3 −1 2
Si λ = 6
2 −1 6
Rango(A) = 2
A = 6 −2 4 =⇒ =⇒
Rango(A) = 2
3 −1 2
b) Cuando λ = 2:
2x − y = 2
x=0
2x − 2y = 4 =⇒
y = −2
3x − y = 2
235
t
ne
Cuando λ = 6:
2x − y = 6
x = −4
6x − 2y = 4 =⇒
y = −14
3x − y = 2
at.
A= 1 a 1
1 1 a
se pide:
a) (1 punto) Estudiar el rango de A según los distintos valores del paráme-
tro a.
Si a 6= 1 y a 6= −2 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3.
Si a = 1:
1 1 1
A = 1 1 1 =⇒ Rango(A) = 1
w.m
1 1 1
Si a = −2:
−2 1 1
A = 1 −2 1 =⇒ Rango(A) = 2
1 1 −2
b) Si a = −1:
−1 1 1 0 1/2 1/2
A = 1 −1 1 =⇒ A−1 = 1/2 0 1/2
1 1 −1 1/2 1/2 0
236
t
ne
a) (1,25 puntos) Determinar los valores del prámetro m para los cuales
la matriz M es invertible.
b) (0,5 puntos) Determinar los valores del parámetro m para los cuales
la matriz M 25 es invertible.
c) (1,25 puntos) Para m = −1 calcular, si es posible, la matriz inversa
M −1 de M .
at.
Solución:
a) |M | = 2m(m − 1) = 0 =⇒ m = 0, m = 1.
Si m 6= 0 y m 6= 1 =⇒ existe M −1 .
Si m = 0 o m = 1 =⇒ no existe M −1 .
b) M 25 no es inversible si |M 25 | = 0 =⇒ |M |25 = 0 =⇒ |M | = 0. Luego
M 25 es inversible si m 6= 0 y m 6= 1
us
c)
−1 1 −2
−1/4 −3/4 1
M = −1 1 2 =⇒ M −1 = 1/4 −1/4 1
0 1 1 −1/4 1/4 0
Problema 10.5.2 (3 puntos) Dada la función:
ln(1 + ax) − bx
si 1 + ax > 0 y x 6= 0
x2
w.m
f (x) = 1 ,
− si x = 0
2
Se pide:
a) (1,5 puntos) Hallar los valores de los parámetros a, b para los cuales
la función f es continua en x = 0.
b) (1,5 puntos) Para a = b = 1, estudiar si la función f es derivable en
x = 0 aplicando la definición de derivada.
Solución:
a)
ln(1 + ax) − bx 0 a − b − abx
lı́m = = lı́m
ww
237
t
ne
b) Si a = b = 1
ln(1 + x) − x
si 1 + x > 0 y x 6= 0
x2
f (x) = 1
− si x=0
2
at.
La definición de derivada en el punto 0 es
f (0 + h) − f (0)
f 0 (0) = lı́m
h−→ 0 h
ln(1 + h) − h 1
f (0 + h) = , f (0) = −
h2 2
ln(1+h)−h 1
+ ln(1 + h) − h + h2
h2 0
f 0 (0) = lı́m 2
= lı́m = =
h−→ 0 h h−→ 0 2h3 0
us lı́m
h−→ 0
1
1+h − 1 + 2h
6h 2
= lı́m
1 + 2h
h−→ 0 6h + 6h 2
=
1
0
= ±∞
determinar los valores de los parámetros a, b para los cuales las rectas r, s
se cortan perpendicularmente.
Solución:
→− →
−
ur = (1, 2, a) us = (b, 1, −1) −−→
r: , s: , Pr Ps = (3, 0, 3)
Pr (0, 0, 0) Ps (3, 0, 3)
Si r y s son perpendiculares:
→
−
ur ⊥→
−
us =⇒ → −
ur · →
−
us = 0 =⇒ −a + b = −2
Si r y s se cortan:
ww
1 2 a
b 1 −1 = 0 =⇒ a + 2b = −1
3 0 3
−a + b = −2 a=1
=⇒
a + 2b = −1 ab + 2b = −1
238
t
ne
Problema 10.5.4 (2 puntos) Dado el plano π : 2x − y + 2z + 1 = 0 hallar
las ecuaciones de los planos paralelos a π que se encuentran a 3 unidades de
π.
Solución:
at.
plano del plano π puede ser P (0, 1, 0) y tendremos que d(P, π 0 ) = 3:
|0 − 1 + 0 + λ| |λ − 1|
d(P, π 0 ) = = = 3 =⇒ |λ − 1| = 9
3 3
−λ + 1 = 9 =⇒ λ = −8 =⇒ π 0 : 2x − y + 2z − 8 = 0
λ − 1 = 9 =⇒ λ = 10 =⇒ π 0 : 2x − y + 2z + 10 = 0
239
t
ne
at.
Problema 10.6.2 (3 puntos) Dada la recta:
x−1 y z
r: = =
1 −1 1
y el plano π : x + y − 2z + 1 = 0, hallar la ecuación de la recta s simétrica
us
de la recta r respecto del plano π.
Solución:
z=λ
λ = 1 =⇒ P (2, −1, 1)
Ahora calculamos el punto simétrico de Pr (1, 0, 0) respecto al plano π:
Calculamos una recta t perpendicular π que pase por Pr :
→
− x=1+λ
ut = (1, 1, −2)
t: =⇒ t : y=λ
Pt (1, 0, 0)
z = −2λ
240
t
ne
La recta s simétrica de r respecto de π pasa por los puntos P y P 0 :
−−0→
1 2 4 5 1 1 1
P P = (2, −1, 1) − , − , = , − , − = (5, −1, −1)
3 3 3 3 3 3 3
s: =⇒
P (2, −1, 1)
x = 2 + 5λ
at.
t: y = −1 − λ
z =1−λ
x=y=z=0
Solución:
a)
λ 2 1
A = λ −1 2 |A| = λ2 − 6λ + 5 = 0 =⇒ λ = 1 λ = 5
1 −λ 2
x=y=z=0
241
t
ne
b) Cuando λ = 5:
1
x=− λ
3
5x + 2y = −λ
5x + 2y + z = 0
=⇒ 5x − y = −2λ =⇒ 1
5x − y + 2z = 0 y= λ
z=λ
3
z=λ
at.
Problema 10.6.4 (2 puntos) Dadas las matrices:
4 −2 4 −2
A= , B= ,
1 1 −3 1
1/6 1/3 −1/2 −1
A−1 = , B −1 =
−1/6 2/3 −3/2 −2
−1 −1 1/6 1/3 8 −4 −1/2 −1
X = A (A + B)B = · · =
−1/6 2/3 −2 2 −3/2 −2
−1/3 −2/3
−5/3 −4/3
r: = = , s: = =
2 3 1 1 2 2
se pide:
242
t
ne
b) (1 punto) Para λ = 23 calcular las coordenadas del punto P intersec-
ción de las rectas r, s.
Solución:
a)
at.
1+ 2α = −2+ µ α = −9
−2+ 3α = 1+ 2µ =⇒ µ = −15 =⇒ λ = 23
2+ α = λ+ 2µ λ = 23
c)
→
−
ur = (2, 3, 1) 2 1 x−1
→
−
us π:
us = (1, 2, 2) =⇒ 3 2 y + 2
Pr (1, −2, 2) 1 2 z−2
= 0 =⇒ π : 4x−3y+z−12 = 0
8
Z 6π
c) (1 punto) h(x) = ecos t dt.
5π
Solución:
b) g 0 (x) = 0
c) Z x
s(x) = ecos t dt =⇒ s0 (x) = ecos x
5π
se pide:
243
t
ne
a) (1 punto) Añadir, de forma razonada, una tercera ecuación para que
el sistema resultante sea compatible determinado.
Solución:
at.
Añadimos una tercera ecuación:
√ √
2x − y = 3√ 2 −1 0 √3
3x + 2z = 2 5 =⇒ A = 3 0 2 2 5 =⇒ |A| = −2a−4b+3c
ax + by + cz = d a b c d
α 6= 0 y β = 1 tenemos:
√
a = 3, b = 0, c = 2 y d = 2 5
Solución:
ww
XB = A + B =⇒ X = (A + B)B −1
2 1 1 −4 −2 −5 −7 −3 9
X = 1 3 3 −1 0 1 = −1 1 2
2 0 7 2 1 −2 6 3 −4
244
t
ne
10.8. Septiembre 2009 - Opción B (Reserva)
Problema 10.8.1 (3 puntos) Se pide:
|→
− −2 + →
v1 + v → −
v3 |2 = |→
−
v1 |2 + |→
−
v2 |2 + |→
−
v3 |2 ,
at.
donde |w| denota módulo del vector →
−
w
a) →
−
us v1 tiene sus tres coordenadas iguales y no nulas;
b) v1 es perpendicular a →
→
− −
v2 ;
c) →
−
v =→
−
v1 + →
−
v2
Solución:
a)
|→
− −2 + →
v1 + v → −
v3 |2 = (→
− −2 + →
v1 + v → −
v3 )(→
− −2 + →
v1 + v → −
v3 ) =
w.m
→
−
v1 →
−
v1 +→
−
v1 →
−
v2 +→
−
v1 →
−
v3 +→
−
v2 →
−
v1 +→
−
v2 →
−
v2 +→
−
v2 →
−
v3 +→
−
v3 →
−
v1 +→
−
v3 →
−
v2 +→
−
v3 →
−
v3 = |→
−
v1 |2 +|→
−
v2 |2 +|→
−
v3 |2
b) →
−
v1 →
−
v2 = 0 =⇒ →
−
v1 ⊥ →−v2 y llamamos →−
v3 = (a, b, c):
→
−v3 →
−
v1 = a + b − c = 0 b = −2a
→
− =⇒
v3 →
−
v2 = a + c = 0 c = −a
→
−
v3 = a(1, −2, −1) donde a es cualquier valor real.
c) Sea →
−
v1 = (a, a, a) y →
−
v2 = (b, c, d):
→
−
v1 →
−
v2 = a(b + c + d) = 0 =⇒ b + c + d = 0
→
− =⇒
v = (1, 2, 3) = →−
v1 + →−v1 = (a + b, a + c, a + d)
b+c+d=0 a=2
ww
a+b=1 b = −1
=⇒
a+c=2
c=0
a+d=3 d=1
Luego:
→
−
v1 = (2, 2, 2) y →
−
v2 = (−1, 0, 1)
245
t
ne
Problema 10.8.2 (3 puntos) Dado el sistema:
(m + 1)x+ y+ z= 0
x+ (m + 1)y+ z= m
x+ y+ (m + 1)z = m2
se pide:
at.
b) (1 punto) Resolver el sistema para m = 0.
Solución:
a)
(m + 1) 1 1 0
A= 1 (m + 1) 1 m
1 1 (m + 1) m2
us |A| = m2 (m + 3) = 0 =⇒ m = 0 m = −3
b) Cuando m = 0 =⇒ x + y + z = 0:
x = −λ − µ
y=λ
z=µ
246
t
ne
Problema 10.8.3 (2 puntos) Sabiendo que el volumen de un cubo de lado
a es V (a) = a3 centı́metros cúbicos, calcular el valor mı́nimo de V (x) + V (y)
si x + y = 5.
Solución:
at.
f 0 (x) = 3x2 − 3(5 − x)2 = 30x − 75 = 0 =⇒ x =
2
5
f 00 (x) = 30 =⇒ f 00 = 30 > 0 =⇒ Mínimo
2
Sustituyendo en f (x):
5 125
f = = 31, 25 cm3
2 4
us
Problema 10.8.4 (2 puntos) Calcular las siguientes integrales:
Z Z
4
3
a) (1 punto) (2x + 1) dx, x3 ex dx
1 + x + x4
Z Z
x
b) (1 punto) 2 dx, dx
x3
Solución:
w.m
(2x + 1)4
Z Z
1
a) (2x + 1)3 dx = 2(2x + 1)3 dx = +C
2 8
4
ex
Z Z
3 x4 1 3 x4
x e dx = 4x e dx = +C
4 4
2x
Z Z
x 1
b) 2 dx = ln 2 · 2x dx = +C
ln 2 ln 2
1 + x + x4 1 x2
Z
1
dx = − − + +C
x3 2x2 x 2
ww
247
ww
w.m
248
us
at.
ne
t
t
ne
Capı́tulo 11
at.
Año 2010
249
t
ne
La función es decreciente en el inetervalo (−∞, ln a/2) y creciente
en el (ln a/2, ∞).
ln a √
La función tiene un mı́nimo en el punto ,2 a
2
Si a ≤ 0 =⇒ ln a no existe, luego no hay extremos. Por otro lado
f 0 (x) > 0, ∀x ∈ R =⇒ la función es siempre creciente.
at.
us
e2x − a h ∞ i 2e2x
lı́m = = lı́m = lı́m 2ex = ∞
x−→∞ ex ∞ x−→∞ ex x−→∞
w.m
e2x − a h ∞ i −x x 1 + ae2x
lı́m = = lı́m (e +a e ) = lı́m = ∞ si a 6= 0
x−→−∞ ex 0 x−→∞ x−→∞ ex
Es decir, no hay ası́ntotas horizontales en este caso siempre que a 6= 0.
1 + ae2x 1
Si a = 0 =⇒ lı́m x
= lı́m x = 0. En este caso hay una
x−→∞ e x−→∞ e
ası́ntota horizontal en y = 0.
b) Con a > 0:
ww
250
t
ne
Z 2 2
S= (ex + a e−x ) dx = ex − a e−x 0
= a(1 − e( − 2)) + e2 − 1 u2
0
x y−1 z−2
r≡ = =
−1 1 −2
at.
x−5 y z+1
s≡ = =
6 2 2
a) (1,5 puntos) Determinar la ecuación de la recta t que corta a r y s, y
que contiene al origen de coordenadas.
Solución:
us r:
→
−
ur = (−1, 1, −2)
s:
→
−
us = (6, 2, 2) = 2(3, 1, 1)
Pr (0, 1, 2) Ps (5, 0, −1)
a)
→
−
ur = (−1, 1, −2) −1 0 x
−−→
π1 : OPr = (0, 1, 2) =⇒ 1 1 y = 0 =⇒ 4x + 2y − z = 0
O(0, 0, 0) −2 2 z
w.m
→
−
us = (3, 1, 1) 3 5 x
−−→
π2 : OPs = (5, 0, −1) =⇒ 1 0 y = 0 =⇒ −x + 8y − 5z = 0
O(0, 0, 0) 1 −1 z
4x + 2y − z = 0
t:
x − 8y + 5z = 0
−−→
b) Pr Ps = (5, −1, −3)
−1 1 −2
→
− →
− −−→
|[ur , us , Pr Ps ]| = | 6
2 2 | = 64 =⇒ se cruzan
5 −1 −3
ww
i j k √
|→
−
ur × →
−
us | = | −1 1 −2 | = |(6, −10, −8)| = 2|(3, −5, −4)| = 10 2
6 2 2
−−→ √
|[→
−
ur , →
−
us , Pr Ps ]| 64 16 2
d(r, s) = = √ = u
|→
−
ur × → −
us | 10 2 5
251
t
ne
Problema 11.1.3 (2 puntos) Obtener, para todo número natural n, el valor
de: n n
1 1 1 −1
+
1 1 −1 1
Solución:
Si n = 1
1 1 1 −1 2 0
+ =
at.
1 1 −1 1 0 2
Si n = 2
2 2 2 −2 4 0
+ =
2 2 −2 2 0 4
Si n = 3
4 4 4 −4 8 0
+ =
4 4 −4 4 0 8
Si n = n
us
2n−1 2n−1
2n−1 2n−1
+
2n−1 −2n−1
−2n−1 2n−1
=
2n 0
0 2n
x+ y+ kz = −2(k + 1)
Solución:
1 k 1 k+2
A= k 1 1 k |A| = −k 3 + 3k − 2 = 0 =⇒ k = 1 k = −2
1 1 k −2(k + 1)
Si k = 1
1 1 1 3
Rango(A) = 3
ww
A= 1 1 1 1 =⇒ =⇒
Rango(A) = 2
1 1 1 −4
Sistema es Incompatible.
252
t
ne
Si k = −2
1 −2 1 0
A = −2 1 1 −2
1 1 −2 2
Tenemos:
Rango(A) = 2
F3 = −(F1 + F2 ) =⇒ =⇒
Rango(A) = 2
at.
Sistema Compatible Indeterminado.
f (x) = x3 − x
Se pide:
us
a) (1 punto) Hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en
el punto (−1, f (−1)).
Solución:
a) f (−1) = 0. El punto de tangencia es el (−1, 0). f 0 (x) = 3x2 − 1 =⇒
m = f 0 (−1) = 2. Luego la recta tangente es:
y = 2(x + 1) =⇒ 2x − y + 2 = 0
x3 − x = 2x + 2 =⇒ x = −1, x = 2
c)
2 2 2
ww
x4 x2
Z Z
S= (2x+2−x3 +x) dx = (−x3 +3x+2) dx = − + 3 + 2x =
−1 −1 4 2 −1
27 2
u
4
253
t
ne
at.
Problema 11.2.2 (3 puntos) Dado el sistema:
x+ z= 2
x+ λy− z = 4
us
−λx− y− z = −5
Solución:
w.m
a)
1 0 1 2
A= 1 λ −1 4 |A| = λ2 −λ−2 = 0 =⇒ λ = −1 λ = 2
−λ −1 −1 −5
Si λ = −1
1 0 1 2
Rango(A) = 3
ww
A= 1 1 −1 4 =⇒ =⇒
Rango(A) = 2
1 −1 −1 −5
Sistema es Incompatible.
254
t
ne
Si λ = 2
1 0 1 2
Rango(A) = 2
A= 1 2 −1 4 =⇒ =⇒
Rango(A) = 2
−2 −1 −1 −5
at.
x=2−λ
x+ z= 2
=⇒ y =1+λ
x+ 2y− z = 4
z=λ
c)
x+ z= 2 x = −3
x− 2y− z = 4 =⇒ y = −6
2x− y− z = −5 z=5
us
Problema 11.2.3 (2 puntos) Dados los puntos A(2, 2, 3) y B(0, −2, 1), ha-
llar el punto, o los puntos, de la recta:
x−2 y z−4
r≡ = =
3 −1 2
que equidistan de A y de B.
w.m
Solución:
x = 2 + 3λ
r: y = −λ
z = 4 + 2λ
−→ −−→
AP = (3λ, −2 − λ, 1 + 2λ), BP = (2 − 3λ, 2 − λ, 3 + 2λ)
−→ −−→
|AP | = |BP | =⇒
p p
(3λ)2 + (−2 − λ)2 + (1 + 2λ)2 = (2 − 3λ)2 + (2 − λ)2 + (3 + 2λ)2 =⇒
λ = 1 =⇒ (5, −1, 6)
1 2 3
contenida en π, obtener la recta s contenida en π que es perpendicular a r,
y que pasa por el origen de coordenada O(0, 0, 0).
Solución:
255
t
ne
at.
→
−us = −
u→ →
−
π × ur = (1, 1, −1)
s:
O(0, 0, 0)
i j k
→
− −
→ →
−
us = uπ × ur = 5 −4 1 = −14(1, 1, −1)
1 2 3
x y z
s: = =
1 1 −1
us
11.3. General-Junio 2010 - Opción A
Problema 11.3.1 (3 puntos) Dada la función:
x2 + 2
f (x) =
x2 + 1
se pide:
w.m
256
t
ne
√
2(3x2 − 1) 3
b) f 00 (x) = 2 3
= 0 =⇒ x = ±
(x + 1) 3
√ √ √ √
(−∞, − 33 ) (− 33 , 33 ) ( 33 , ∞)
00
f (x) + − +
f (x) Cóncava Convexa Cóncava
√ √
3 3
La función es cóncava en el intervalo (−∞, − 3 ) ∪( 3 , ∞) y es con-
at.
√ √
3 3
vexa el intervalo (− 3 , 3 ).
√ ! √ !
3 7 3 7
La función presenta puntos de inflexión en − , y ,
3 4 3 4
x2 + 2
us lı́m
x−→∞ x2 + 1
= 1 =⇒ y = 1
257
t
ne
1
x2 + 2
Z
4
d) S1 = = 2 y S2 = dx:
2 0 x2 + 1
1
x2 + 2
Z
π 4+π
2
dx = arctan x + x]10 = 1 + =
0 x +1 4 4
π 12 + π 2
Área = |S1| + |S2| = 3 + = u
4 4
at.
Problema 11.3.2 (3 puntos) Dadas las rectas:
x y−1 z+4 x y z
r≡ = = , s≡ = =
2 3 −1 1 1 4
se pide:
Solución:
a)
→
− →
−
ur = (2, 3, −1) us = (1, 1, 4)
r: s:
Pr (0, 1, −4) Ps (0, 0, 0)
w.m
→
−
us = (1, 1, 4) 1 13 x
ww
→
−
π2 : ut = (13, −9, −1) =⇒ 1 −9 y = 0 =⇒ 35x+53y−22z = 0
Ps (0, 0, 0) 4 −1 z
12x + 11y + 57z + 217 = 0
t:
35x + 53y − 22z = 0
258
t
ne
−−→
b) Ps Pr = (0, 1, −4)
0 1 −4
−−→
|[→
−
ur , →
−
us , Pr Ps ]| = | 2 3 −1 | = −5 =⇒ se cruzan
1 1 4
√
|→
−
ur × → −
us | = |(13, −9, −1)| = 251
−−→ √
|[→
−
ur , →
−
us , Pr Ps ]| 5 5 251
=√
at.
d(r, s) = = u
|→
−
ur × → −
us | 251 251
se pide:
us
a) (1 punto) Determinar para qué valores del parámetro k el sistema tiene
soluciones distintas de x = y = z = 0.
b) Si k = 3:
x = − 57 λ
x+ 3y− z = 0
=⇒ y = 47 λ
2x− y+ 2z = 0
z=λ
ww
se pide:
259
t
ne
a) (1 punto) Hallar dos constantes a y b, tales que A2 = aA + bI.
Solución:
a)
at.
2 2 −1 1 1 1 0 a = −1
A = =a +b =⇒
−1 5 1 −2 0 1 b=3
A2 = −A + 3I
Solución:
260
t
ne
a) Para que la función sea continua en x = 0 se tiene que cumplir:
at.
x
x
√
x 0
lı́m = =0
x−→ 0+ 2x · x · ln 2 − 2x−1 −1/2
Luego k = 0
√
x ln x
b) Si x = 0 =⇒ f (0) = 0 =⇒ (0, 0). Si f (x) = 0 =⇒ = 0 =⇒
2x
x = 0, x = 1 =⇒ (0, 0) y (1, 0), por la otra rama obtenemos el punto
(0, 0).
us
c) Se pide la tangente en la rama x > 1:
f (1) = 0
√ √
1 x
√
2 x
ln x + x 2x − x ln x · 2x ln 2
f 0 (x) =
22x
1
w.m
m = f 0 (1) =
2
1
La recta tangente es y = (x − 1)
2
Problema 11.4.2 (3 puntos) Dado el sistema:
x+ ay− z = a
ax+ 2z = −2
x+ z = −2
Solución:
ww
a)
1 a −1 a
A= a 0 2 −2 |A| = 2a − a2 = 0 =⇒ a = 0 a = 2
1 0 1 −2
261
t
ne
6 0 =⇒Rango(A) =Rango(A) = 3 =no
Si a 6= 0 y a 6= 2 =⇒ |A| =
de incógnitas, luego en este caso el sistema será compatible de-
terminado.
Si a = 0
1 0 −1 0
Rango(A) = 2
at.
A = 0 0 2 −2 =⇒ =⇒
Rango(A) = 2
1 0 1 −2
Si a = 2
1 2 −1 2
Rango(A) = 3
us A= 2 0
1 0
2 −2 =⇒
1 −2
Rango(A) = 2
=⇒
Sistema Incompatible.
z = −λ
se pide:
Solución:
a)
ww
→
− →−
ur = (1, 2, −1) us = (−1, −2, 1)
r: s:
Pr (0, 1, −1) Ps (3, 4, 0)
i j k
→
−
us = 1 0 1 = (−1, −2, 1)
2 −1 0
262
t
ne
−−→
Pr Ps = (3, 3, 1) =⇒ las dos rectas son paralelas, el plano que determi-
nan es:
→
−
ur = (1, 2, −1) 1 3 x
−−→
π: Pr Ps = (3, 3, 1) =⇒ 2 3 y−1 = 0 =⇒ 5x−4y−3z+1 = 0
Pr (0, 1, −1) −1 1 z+1
b)
−−→
at.
Ps A = (−3, −3, −1)
i j k
−−→ √ √
|→
−
us × Ps A| = | −1 −2 1 | = |(5, −4, −3)| = 50 = 5 2
−3 −3 −1
√
|→
−
us | = |(−1, −2, 1)| = 6
−−→ √
|→
−
us × Ps A| 5 3
d(A, s) = = u
|→
−
us | 3
us
Problema 11.4.4 (2 puntos) Sea el plano π que contiene a los puntos
P (1, 0, 0), Q(0, 2, 0) y R(0, 0, 3). Se pide:
a) (1 punto) Hallar el volumen del tetraedro determinado por el origen
de coordenadas y los puntos P , Q y R.
Solución:
a)
−−→
OP = (1, 0, 0) 1 0 0
1
−−→ = 1 u3
OQ = (0, 2, 0) =⇒ V = 0 2 0
−−→ 6
OR = (0, 0, 3) 0 0 3
b) Calculamos el plano π:
−−→
P Q = (−1, 2, 0) −1 −1 x − 1
−→
π: P R = (−1, 0, 3) =⇒ 2 0 y = 0 =⇒ 6x+3y+2z−6 = 0
P (1, 0, 0) 0 3 z
263
t
ne
Calculamos el punto de corte O0 de r con π:
6
6(6λ) + 3(3λ) + 2(2λ) − 6 = 0 =⇒ λ =
49
Luego el punto de corte es:
0 36 18 12
O , ,
49 49 49
at.
El punto O0 es el punto medio entre los puntos O y el que busca-
mos O00 :
O + O00
72 36 24
= O0 =⇒ O00 = 2O0 − O = , ,
2 49 49 49
10 20 30
b) (1 punto) 2 0 1
3α 3β 3γ
3α + 2 3β + 4 3γ + 6
c) (1 punto) 2α 2β 2γ
α+6 β γ+3
Solución:
4 4
1 2 3 4
2 4 6 2 4 6
a) 6 0 3 = 6 0 3 = 24 6 0 3 = 64
α β γ α β γ α β γ
10 20 30 1 2 3 1 2 3
b) 2 0 1 = 3 · 10 · 2 0 1 = 10 6 0 3 = 30
ww
3α 3β 3γ α β γ α β γ
3α + 2 3β + 4 3γ + 6 3α 3β 3γ 2 4 6
c) 2α
2β 2γ = 2α
2β 2γ + 2α
2β 2γ =
α+6 β γ+3 α+6 β γ+3 α+6 β γ+3
264
t
ne
2 4 6 1 2 3 1 2 3
= 2α 2β 2γ = 4
α β γ = 4 α β γ +
α+6 β γ+3 α+6 β γ+3 α β γ
1 2 3 1 2 3
4 α β γ = −4 6
0 3 = −12
6 0 3 α β γ
at.
x+1 y−2 z+1
r≡ = =
−2 1 3
y el punto P (2, 0, −1), se pide:
a) (1 punto) Hallar la distancia del punto P a la recta r.
a)
→
− x = −1 − 2λ
ur = (−2, 1, 3) −−→
r: Pr P = (3, −2, 0) r : y =2+λ
Pr (−1, 2, −1)
z = −1 + 3λ
w.m
i j k
−−→ √
|→
−
ur × Pr P | = | −2 1 3 | = |(6, 9, 1)| = 118
3 −2 0
−−→ √
|→
−
r
ur × Pr P | 118 59
d(P, r) = →
− = √ = u
|ur | 14 7
=⇒ −4 − 3 + λ = 0 =⇒ λ = 7 =⇒ 2x − y − 3z − 7 = 0
Calculo el punto de corte P 00 de este plano π con r:
ww
4
2(−1 − 2λ) − (2 + λ) − 3(−1 + 3λ) − 7 = 0 =⇒ λ = −
7
00 1 10 19
P , ,−
7 7 7
265
t
ne
El punto P 00 es el punto medio entre P y P 0 :
P + P0
00 0 00 2 20 38
= P =⇒ P = 2P − P = , ,− − (2, 0, −1)
2 7 7 7
00 12 20 31
P − , ,−
7 7 7
at.
"√ #25
3
3 + 5x − 8x3
a) (1 punto) lı́m
x−→∞ 1 + 2x
3
b) (1 punto) lı́m (1 + 4x3 )2/x
x−→ 0
Solución:
a)
us lı́m
"√
3
3 + 5x − 8x3
#25
= lı́m
"√
3
−8x3
#25
= (−1)25 = −1
x−→∞ 1 + 2x x−→∞ 2x
b)
3 3 2 ln(1 + 4x3 )
lı́m (1+4x3 )2/x = λ =⇒ ln λ = lı́m ln(1+4x3 )2/x = lı́m =
x−→ 0 x−→ 0 x−→ 0 x3
w.m
0 24
= lı́m = 8 =⇒ λ = e8
0 x−→ 0 3(1 + 4x3 )
x2 + 4x − 5 = 0 =⇒ x = −5, x = 1
266
t
ne
x = −5:
x = 1:
at.
2x + 4
b) f 0 (x) = = 0 =⇒ x = −2 Estudio la derivada sin tener en
x2
+ 4x − 5
cuenta que procede de un logaritmo y luego restringiré la conclusiones
al dominio de esta función:
y = 9 − x2 , y = 2x + 1
ww
se pide:
267
t
ne
c) (1 punto) Hallar el volumen de un cuerpo de revolución obtenido al
hacer girar alrederdor del eje OX el recinto acotado por la gráfica de
y = 9 − x2 y el eje OX.
Solución:
a) La función f (x) = 9 − x2 tiene los puntos de corte con los ejes: (0, 9),
(3, 0) y (−3, 0), presenta un máximo en (0, 9) y es una función par
at.
(simétrica respecto a OY ). La función g(x) = 2x + 1 es una recta que
pasa por los puntos: (0, 1) y (−1/2, 0)
us
b) Calculamos los puntos de corte de estas dos gráficas:
w.m
9 − x2 = 2x + 1 =⇒ x = −4, x = 2
2 2 2
x3
Z Z
2
S= (9−x −2x−1) dx = (−x −2x+8) dx = − − x2 + 8x
2
= 36 u2
−4 −4 3 −4
268
t
ne
3 3 3
x5
Z Z
2 2 4 2 1296π 3
V = 2π (9−x ) dx = 2π (81+x −18x ) dx = 81x + − 6x3 = u
−3 0 5 0 5
at.
a) (1 punto) Calcular los valores de a para los que la recta r está contenida
en el plano π.
2 + 2a + 20 = 0 =⇒ a = 11
| − 3 + 2λ + 2λ − 22 + 8λ + 25| √
d(P, π) = √ = 6 =⇒ |λ| = 1 =⇒ λ = 1, λ = −1
4 + 4 + 16
1 7
Si λ = 1 =⇒ − , −1, −
2 2
5 15
Si λ = −1 =⇒ − , 1, −
ww
2 2
269
t
ne
Problema 11.6.3 (2 puntos) Se considera el sistema de ecuaciones:
2x+ my+ 3z = 3
x+ y− 2z = 0
5x+ (m + 1)y+ z= 9
at.
Solución:
a)
2 m 3 3
3
A= 1 1 −2 0 |A| = −2(2m + 3) = 0 =⇒ m = −
2
5 m+1 1 9
us Si m 6= −3/2 =⇒ |A| 6= 0 =⇒Rango(A) =Rango(A) = 3 =no de
incógnitas, luego en este caso el sistema será compatible determi-
nado.
Si m = −3/2
2 −3/2 3 3
w.m
Rango(A) = 3
A= 1 1 −2 0 =⇒ =⇒
Rango(A) = 2
5 −1/2 1 9
2 3 3
1 −2 0 = −30 6= 0
5 1 9
Sistema Incompatible.
b) Si m = 0:
2x+ 3z = 3 x=3
x+ y− 2z = 0 =⇒ y = −5
5x+ y+ z = 9 z = −1
1 a 1
ww
270
t
ne
Solución:
1 a 1
A = 0 1 0 =⇒ |A| = a
0 1 a
Si a = 0 =⇒ |A| = 0 =⇒ la matriz no tiene inversa.
at.
1 1/a − a −1/a
A−1 = 0 1 0
0 −1/a 1/a
se pide:
x
y 0
A =
0
z
0
t
Solución
a)
m−1 1 m
|A1 | = 1 m − 1 m = 0
1 1 2
m−1 1 1
ww
= m3 −3m2 +4 = 0 =⇒ m = −1, m = 2
|A2 | = 1 m−1 1
1 1 m−1
m−1 1 m
|A1 | = 1 m − 1 m = 0
1 1 2
271
t
ne
m−1 m 1
= m3 −3m2 +4 = 0 =⇒ m = −1, m = 2
|A3 | = 1 m 1
1 2 m−1
1 m 1
= −m3 +3m2 −4 = 0 =⇒ m = −1, m = 2
|A4 | = m − 1 m 1
1 2 m−1
Si m = −1:
at.
−2 1 −1 1
−2
1
A= 1 −2 −1 1 =⇒ = 3 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
1 −2
1 1 2 −2
Si m = 2:
1 1 2 1
A = 1 1 2 1 =⇒ Rango(A) = 1
1 1 2 1
us Si m 6= −1 y m 6= 2 =⇒ Rango(A) = 3.
b) Si m = 0:
−1 1 0 1
A = 1 −1 0 1
1 1 2 −1
x
w.m
−1 1 0 1 0
y
1 −1 0 1 z = 0 =⇒
1 1 2 −1 0
t
x = −λ
−x+ y+ t= 0
y = −λ
x− y+ t = 0 =⇒
z = λ
x+ y+ 2z− t = 0
t= 0
se pide:
272
t
ne
Solución:
x=λ −→
ur1 = (1, 0, 0)
r1 ≡ y = 1 =⇒
Pr1 (0, 1, 3)
z=3
x=0 −→
ur2 = (0, 1, 1)
r2 ≡ y = λ =⇒
Pr2 (0, 0, 0)
z=λ
at.
a)
i j k
→
−
ut = 1 0 0 = (0, −1, 1)
0 1 1
x=0
b)
−−−−→ −→ −→
h i
Pr2 Pr1 , ur1 , ur2 2 √
d(−u→ −→
r1 , ur2 ) = −→ −→ = √ = 2u
|ur1 × ur1 | 2
−−−−→ √
Pr2 Pr1 = (0, 1, 3), |− u→ −→
r1 × ur1 | = |(0, −1, 1)| = 2
i 0 1 3
−−−−→ −→ −→
h
Pr2 Pr1 , ur1 , ur2 = 1 0 0 = 2
0 1 1
x−→ 0
3x + 2ex
b) (1 punto). lı́m .
x−→∞ 7x + 5ex
Solución:
273
t
ne
a ln(1 + arctan x)
a) lı́m (1 + arctan x)a/x = λ =⇒ lı́m = ln λ
x−→ 0 x−→ 0 x
a
a ln(1 + arctan x) 0 1+x2
lı́m = = lı́m = a = ln λ =⇒ λ = ea
x−→ 0 x 0 x−→ 0 1 + arctan x
b)
3x + 2ex h ∞ i 3 + 2ex h ∞ i 2ex 2
at.
lı́m x
= = lı́m x
= = lı́m x
=
x−→∞ 7x + 5e ∞ x−→∞ 7 + 5e ∞ x−→∞ 5e 5
Z π
b) x cos x dx se resuelve por partes u = x y dv = cos x dx =⇒ du =
w.m
0
dx y v = sin x:
Z Z
x cos x dx = x sin x − sin x dx = x sin x + cos x + C
Z π
x cos x dx = x sin x + cos x]π0 = −2
0
π1 ≡ 2x − 3y + z = a
274
t
ne
c) (1 punto). Para a = 4 y b = −2 determinar los puntos que están a
igual distancia de π1 y π2 .
Solución:
0 1 x
π1 : 2x − 3y + z = a; π2 : 2 0 y − 2 = 0 =⇒ π2 : bx + 3y − z − 2 = 0
6 b z−4
at.
a) π1 y π2 son paralelos si:
2 −3 1 a
= = 6= =⇒ b = −2 y a 6= 2
b 3 −1 −2
b)
x = 3/2
2x − 3y + z = 1
t: =⇒ t : y=λ
3y − z − 2 = 0
z = −2 + 3λ
us
c) d(P, π1 ) = d(P, π2 ) donde P (x, y, z):
|2x − 3y + z − 4| | − 2x + 3y − z − 2|
√ = √ =⇒
14 14
2x − 3y + z − 4 = −2x + 3y − z − 2 =⇒ π 0 : 2x − 3y + z − 1 = 0
Solución:
−→ −→
AP = (1 − a, 2, 1) y AQ = (2 − a, 1, 1) y como punto elijo el A(a, 0, 0):
1−a 2−a x−a
π : 2 1 y = 0 =⇒ π : x + y + (a − 3)z − a = 0
1 1 z
ww
275
t
ne
−→ −−→ −−→
OA = (a, 0, 0), OB = (0, a, 0), OC = (0, 0, a/(a − 3))
El volumen del tetraedro será:
a 0 0
a3
1
V (a) = | 0 a 0 | =
6 6a − 18
0 0 a/(a − 3)
at.
Para calcular el mı́nimo hacemos su derivada e igualamos a cero:
a2 (2a − 9) 9
V 0 (a) = 2
= 0 =⇒ a = 0, a =
6(a − 3) 2
x + 2y − z = 0
2x − y + z = 3
se pide:
b) (0,5 puntos). Añadir una ecuación para que el sistema sea compatible
determinado. Razonar la respuesta.
c) (0,5 puntos). Añadir una ecuación para que el sistema sea incompati-
ble. Razonar la respuesta.
Solución:
ww
a)
1 2 −1 0
A= =⇒
2 −1 1 3
RangoA =Rango(A) = 2 <no de incógnitas, luego el sistema es com-
patible indeterminado.
276
t
ne
b) Se elige una ecuación linealmente independiente de las otras dos por
ejemplo x + z = 1 (Los tres planos se tienen que cortar en un sólo
punto)
x + 2y − z = 0 1 2 −1 0
2x − y + z = 3 =⇒ A = 2 −1 1 3 =⇒
x+z =1 1 0 1 1
at.
patible determinado.
c) Se elige una ecuación de forma que los términos en x, y y z dependan de
las otras dos pero el término independiente no. (Los planos se cortarı́an
dos a dos sin coincidir los tres en una recta). Por ejemplo: 3x + y = 1
x + 2y − z = 0 1 2 −1 0
2x − y + z = 3 =⇒ A = 2 −1 1 3 =⇒
3x + y = 1 3 1 0 1
us RangoA = 3 6=Rango(A) = 2 = luego el sistema es incompatible.
0 0 2
Si a = 2:
−2 0 2
2 1 0 =⇒ −2 0
= −2 =⇒ Rango(A) = 2
2 1
0 2 4
277
t
ne
En conclusión, Si a 6= 0 y a 6= 2 =⇒ Rango(A) = 3. Por el contrario,
si a = 0 o a = 2 =⇒ Rango(A) = 2.
b) Si a 6= 0 y a 6= 2 =⇒ existe inversa.
Si a = 0 o a = 2 =⇒ no existe inversa. Si a = 1:
−1 0 1 0 1 0
A= 1 0 0 =⇒ A−1 = −3 −3 1
at.
0 1 3 1 1 0
Solución:
i j k
→
−
us = 1 2 −1 = (1, −1, −1), Ps (0, −2, −3)
1 1 0
w.m
→−
ur = (1, 0, −1)
r:
Pr (1, 2, 3)
Vamos a encontrar la recta t como intersección de dos planos:
−−→
P Pr = (1, 1, 5) 1 1 x
→
−
π1 : u = (1, 0, −1) =⇒ π1 : 1 0 y − 1 = 0 =⇒ π1 : x−6y+z+8 = 0
r
P (0, 1, −2) 5 −1 z + 2
−−→
P Ps = (0, −3, −1) 0 1 x
→
−
π2 : u = (1, −1, −1) =⇒ π2 : −3 −1 y − 1 = 0 =⇒ π2 : 2x−y+3z+7 = 0
s −1 −1 z + 2
P (0, 1, −2)
x − 6y + z + 8 = 0
t:
2x − y + 3z + 7 = 0
Problema 11.9.2 (3 puntos) El sistema AX = B, donde
ww
1 0 1 x
A= 0 2 0 , X = y ,
a 5 a z
tiene diferentes soluciones según sea la matriz B
278
t
ne
a) (1 punto). Determinar, si existen, el valor o valores de a para los que
el sistema es compatible determinado (independientemente del valor
de B).
0
b) (0,5 puntos). Si a = 4, y B = −1 , determinar, si existen, el valor
b
o los valores de b para los que el sistema es incompatible.
at.
0
c) (1,5 puntos). Si a = 4, y B = c , determinar, si existen, el valor
10
o los valores de c para los que el sistema es compatible indeterminado.
Resolver el sistema.
Solución:
1 0 1
us
a) |A| = 0 2 0 = 0 sea cual sea el valor de a, luego el sistema no
a 5 a
compatible determinado en ningún caso.
b)
1 0 1 x 0
0 2 0 y = −1 =⇒
4 5 4 z b
w.m
1 0 1 0
A= 0 2 0 −1
4 5 4 b
5
|A1 | = |C1 C2 C3 | = 0, |A2 | = |C1 C2 C4 | = 2b + 5 = 0 =⇒ b = −
2
5
|A3 | = |C1 C3 C4 | = 0, |A2 | = |C2 C3 C4 | = −2b − 5 = 0 =⇒ b = −
2
El sistema es imcompatible para cualquier valor distinto de -5/2.
c)
1 0 1 x 0
0 2 0 y = c =⇒
4 5 4 z 10
ww
1 0 1 0
A= 0 2 0 c
4 5 4 10
Sabemos que Rango(A) = 2, luego tenemos que encontrar c de forma
que la segunda fila sea combinación lineal de las otras dos, de esa
279
t
ne
forma Rango(A) =Rango(A) = 2 < no de incógnitas. Tendremos F2 =
mF1 + nF2 :
0 = m + 4n
2 = 5n
(0, 2, 0, c) = m(1, 0, 1, 0) + n(4, 5, 4, 10) =⇒ =⇒
0 = m + 4n
c = 10n
at.
m = −4n
n = 2/5 =⇒ c = 4
c = 10n
x2 − 3
lı́m = [1∞ ] = eλ
x−→ ∞ x2 + 3
x2 − 3 −6ax2
2
λ = lı́m (ax ) − 1 = lı́m = −6a
x−→ ∞ x2 + 3 x−→ ∞ x2 + 3
ln 4
e−6a = 4 =⇒ ln e−6a = ln 4 =⇒ −6a = ln 4 =⇒ a = −
6
Solución:
Z 16 16
8 (x − 15)9 2
a) (x − 15) dx = =
14 9 14 9
280
t
ne
Z 11
b) (x − 10)19 (x − 9) dx se resuelve por partes: u = x − 9 =⇒ du = dx
9
(x − 19)20
y dv = (x − 10)19 dx =⇒ v =
20
(x − 9)(x − 10)20
Z Z
19
(x − 10) (x − 9) dx = − (x − 10)20 dx =
20
(x − 9)(x − 10)20 (x − 10)21
at.
− +C
20 21
11 11
(x − 9)(x − 10)20 (x − 10)21
Z
19 2
(x − 10) (x − 9) dx = − =
9 20 21 9 21
se pide:
Solución:
a)
1 1 k k
A = 1 k 1 k 2 ; |A| = −k 3 + 3k − 2 = 0 =⇒ k = 1, k = −2
k 1 1 1
1 1
En este caso tenemos |A| = 0 y = −3 6= 0 =⇒
1 −2
Rango(A) = 2. Por tanto, Rango(A) 6=Rango(A) y el sistema
es incompatible.
281
t
ne
Si k = −2:
1 1 1 1
A= 1 1 1 1
1 1 1 1
Claramente Rango(A) =Rango(A) = 1 < no de incógnitas y se
trata de un sistem compatible indeterminado.
b) Si k = 0:
at.
x+ y = 0 x = −1/2
x+ z = 0 =⇒ y = 1/2
y+ z = 1 z = 1/2
3x2 + 5x − 20
f (x) =
x+5
us
se pide:
Solución:
w.m
a) Ası́ntotas:
Verticales: x = −5
3x2 + 5x − 20
30
lı́m = + = +∞
x−→−5+ x+5 0
3x2 + 5x − 20
30
lı́m = − = −∞
x−→−5− x+5 0
Horizontales: No hay
3x2 + 5x − 20
lı́m = +∞
x−→∞ x+5
Oblicuas: y = mx + n =⇒ y = 3x − 10
ww
3x2 + 5x − 20
m = lı́m =3
x−→∞ x2 + 5x
2
3x + 5x − 20
n = lı́m − 3x = −10
x−→∞ x+5
282
t
ne
b) Estudio completo:
Monotonı́a:
at.
f (x) creciente decreciente creciente
Luego la función tiene un Máximo en el punto (−8, 16; −43, 97)
y un Mı́nimo en el punto (−1, 84; −6, 03).
60
Curvatura: f 00 (x) = 6= 0 Luego la función no tiene pun-
(x + 5)3
tos de Inflexión.
c) Representación gráfica:
w.m
Se pide:
283
t
ne
b) (1 punto). Hallar la ecuación del plano que contiene a r y es paralelo
a s.
Solución:
→
− →
−
ur = (2, 1, 5) us = (1, −3, 2)
r: s:
Pr (1, 1, 5) Ps (−1, 0, 1)
a)
at.
→
−
ut = (a − 1, 3, −2)
t: y tks =⇒ λ→
−
ut = →
−
us
Pt (1, 0, −1)
λ(a − 1, 3, −2) = (1, −3, 2) =⇒ a = 0, λ = −1
b) →
−
ur = (2, 1, 5) 2 1 x−1
→
−
π: us = (1, −3, 2) =⇒ π : 1 −3 y − 1 = 0 =⇒
Pr (1, 1, 5) 5 2 z−1
us π : 17x + y − 7z + 17 = 0
Problema 11.10.4 (2 puntos) Hallar la ecuación del plano que pasa por
el origen de coordenadas y es perpendicular a los planos:
π1 : 5x − y − 7z = 1, π2 : 2x + 3y + z = 5
Solución:
−
u→ −→ − → −→ −
→ −→ −→
w.m
284
t
ne
Capı́tulo 12
at.
Año 2011
se pide:
a) (1,5 puntos). Discutir el sistema según los valores del parámetro λ
b) (1,5 puntos). Resolver el sistema para λ = 1.
w.m
Solución:
a)
λ 0 λ 2
A = 1 λ −1 1 |A| = −6λ = 0 =⇒ λ = 0
1 3 1 2λ
Si λ = 0
0 0 0 2
Rango(A) = 3
ww
A = 1 0 −1 1 =⇒ =⇒
Rango(A) = 2
1 3 1 0
Sistema es Incompatible.
285
t
ne
b)
x + z= 2 x = 3/2
x+ y− z = 1 =⇒ y=0
x+ 3y+ z = 2 z = 1/2
at.
se pide:
a) Máximos y Mı́nimos:
3−x
f 0 (x) = = 0 =⇒ x = 3
(x + 1)3
lı́m 2
= + = +∞
x−→ −1 (x + 1)
− 0
• Horizontales: y = 0
x−1
lı́m =0
x−→∞ (x + 1)2
286
t
ne
• Oblicuas: No hay al haber horizontales
Comprobamos si hay algún punto de corte de esta función con el
eje de abcisas que esté dentro del intervalo [0, 3]:
x−1
= 0 =⇒ x = 1
(x + 1)2
Los lı́mites de integración serán de 0 a 1 y de 1 a 3. Calculamos la
at.
integral indefinida de la función por descomposición polinómica:
x−1 A B A(x + 1) + B
= + =
(x + 1)2 x + 1 (x + 1)2 (x + 1)2
x = −1 =⇒ B = −2
x − 1 = A(x + 1) + B =⇒
x = 0 =⇒ −1 = A + B =⇒ A = 1
x−1
Z Z Z
1 1 2
F (x) = 2
dx = dx−2 2
dx = ln |x+1|+
(x + 1) x+1 (x + 1) x+1
us S1 =
Z 1
x−1
0 (x + 1)
2
dx = F (1) − F (0) = ln 2 − 1
Z 3
x−1 1
S2 = 2
dx = F (3) − F (1) = ln 2 −
1 (x + 1) 2
1 1
S = |S1 | + |S2 | = 1 − ln 2 + ln 2 − = u2
2 2
w.m
287
t
ne
b) (1 punto). Determinar la ecuación del plano π que contiene a las rectas
r y s.
Solución:
→− →
−
ur = (2, 1, 1) us = (2, 1, 1) −−→
r: s: Pr Ps = (6, 4, 1)
Pr (−1, 0, −1) Ps (5, 4, 0)
6 4 1 −−→
Pr Ps
at.
a) 2 1 1 = 0 y Rango
→
− = 2 =⇒ las rectas r y s son
2 1 1 us
paralelas.
b)
→
−
ur = (2, 1, 1) 2 6 x+1
−−→
π: Pr Ps = (6, 4, 1) =⇒ 1 4 y = 0 =⇒ 3x−4y−2z+1 = 0
Pr (−1, 0, −1) 1 1 z+1
us
a)
x= 0+ 2λ
2x + y + 2z + 1 = 0
3
r: =⇒ y = − − 2λ
x − 2y + 6z = 0 5
z = −1− λ
5
3 1
Un punto de r puede ser: 0, − , − y
5 5
i j k
→
−
ur = 2 1 2 = 5(2, −2, −1)
1 −2 6
ww
√
b) γ : 2x + y + 2z + λ = 0 y contiene al punto ( 2, 1, 0), luego:
√ √
2 2 + 1 + λ = 0 =⇒ λ = −(1 + 2 2) =⇒
√
γ : 2x + y + 2z − (1 + 2 2) = 0
288
t
ne
12.2. Modelo 2011 - Opción B
Problema 12.2.1 (3 puntos) Dadas las matrices:
2 −1 −1 1 0 0
A= 1 0 −1 , I = 0 1 0
−2 2 3 0 0 1
Se pide:
at.
a) (1 punto). Calcular A2 − 4A + 3I
1
b) (1 punto). Demostrar que la matriz inversa A−1 de A es (4I − A).
3
c) (1 punto). Hallar la matriz inversa de la matriz A − 2I.
Solución:
us
a)
2
2 −1 −1 2 −1 −1 1 0 0
A2 −4A+3I = 1 0 −1 −4 1 0 −1 +3 0 1 0 =
−2 2 3 −2 2 3 0 0 1
0 0 0
0 0 0
w.m
0 0 0
b)
2 1
A −4A+3I = O =⇒ A(A−4I) = −3I =⇒ A − (A − 4I) = I =⇒
3
1
A−1 = (4I − A)
3
c)
A2 − 4A + 3I + I = O + I = I =⇒ (A − 2I)−1 = A − 2I
ww
Problema 12.2.2 (3 puntos) Dados los puntos A(1, −3, 0), B(3, 1, −2),C(7, 2, 3),
D(5, −2, 5) y E(1, 0, 2), se pide:
289
t
ne
b) (1 punto). Demostrar que el polı́gono ABCD es un paralelogramo y
calcular su área.
Solución:
a)
at.
−−→ −→ −−→
AB = (2, 4, −2), AC = (6, 5, 3), AD = (4, 1, 5)
2 4 −2
6 5 3 = 0 =⇒ son coplanarios
4 1 5
Los tres vectores construidos son linealmente dependientes y, por tan-
to, están en el mismo plano.
us
b)
−−→ √
AB = (2, 4, −2) = 24
−−→ √
BC = (4, 1, 5) = 42
−−→ √
CD = (−2, −4, 2) = 24
−−→ √
AD = (4, 1, 5) = 42
Los lados son iguales dos a dos, luego se trata de un paralelogramo.
i j k
−−→ −−→ √
w.m
c)
−−→
AB = (2, 4, −2) 2 4 x−1
−−→
π: AD = (4, 1, 5) =⇒ 4 1 y + 3 = 0 =⇒ 11x−9y−7z−38 = 0
A(1, −3, 0) −2 5 z
√
|11 − 14 − 38| 41 251
d(E, π) = √ = √ u
251 251
290
t
ne
a)
lı́m e1/x = +∞
x−→0+
at.
b)
√ √
1 + tan x − 1 − tan x 0
lı́m = =
x−→0 x 0
1
Problema 12.2.4 (2 puntos) Dada la función f (x) = − sin x, calcular el
us 2
área del recinto acotado comprendido entre la gráfica de f , el eje OX y las
rectas x = 0, x = .
π
2
Solución:
1 π
− sin x = 0 =⇒ x =
2 6
Z π/6 √
1 π 3
S1 = − sin x dx = F (π/6) − F (0) = + −1
0 2 12 2
Z π/2 √
1 π 3
S2 = − sin x dx = F (π/2) − F (π/6) = −
ww
π/6 2 6 2
√ √
π 3 3 π √ π
S = |S1 | + |S2 | = + −1+ − = 3−1− = 0, 47
12 2 2 6 12
291
t
ne
12.3. Junio 2011 - Opción A
Problema 12.3.1 (3 puntos) Dada la matriz:
2a −2 a2
A = −1 a −1
2 1 a
Se pide:
at.
a) (1 punto). Calcular el rango de A en función de los valores de a.
x 2
b) (1 punto). En el caso de a = 2, discutir el sistema A y = 1
z b
en función de los valores de b, y resolverlo cuando sea posible.
x
c) (1 punto). En el caso de a = 1, resolver el sistema A y =
us
−1
z
2
2
Solución:
Rango(A) = 3.
Si a = 2:
4 −2 4
4 −2
A = −1 2 −1 =⇒ |A| = 0 y
−1
= 6 6= 0
2
2 1 2
Si a = −2:
−4 −2 4
−4 −2
A= −1 −2 −1 =⇒ |A| = 0 y
= 6 6= 0
−1 −2
2 1 −2
ww
b) Si a = 2:
4 −2 4 x 2
−1 2 −1 y = 1
2 1 2 z b
292
t
ne
4 −2 4 2
4 −2
A = −1 2 −1 1 =⇒ |A| = 0
−1
= 6 6= 0
2
2 1 2 b
Luego el Rango(A) = 2 independientemente del valor de b. Tal y como
se habı́a estudiado en el apartado anterior.
−2 4 2
2 −1 1 = 6(b − 3) = 0 =⇒ b = 3
at.
1 2 b
Solución:
2x + 3x + 7x = 24 =⇒ x = 2 =⇒ A(2, 2, 2)
2x = 24 =⇒ x = 12 =⇒ B(12, 0, 0)
293
t
ne
LLamamos C al punto intersección de π con r3 :
3y = 24 =⇒ y = 8 =⇒ B(0, 8, 0)
at.
1
V = | 12 0 0 | = 32 u3
6
0 8 0
−
u→
π2 : r = (2, 3, −1) =⇒ π1 : −3 3 y+1
= 0 =⇒ π1 : 3x+y+9z−8 = 0
5
Pr4 (0, −1, 1) −1 −1 z − 1
b) (1 punto).
√ Hallar los valores mı́nimo y máximo absolutos de la función
f (x) = 12 − 3x2 .
ww
Solución:
a)
p #3
3
(4 + 5x2 )3
Z p 316
x 4 + 5x2 dx = =
1 15 15
1
294
t
ne
b) El dominio de la función viene dado por la inecuación 12−3x2 ≥ 0 =⇒
Dom(f ) = [−2, 2] y su signo es siempre positivo, la función siempre
está por encima del eje de abcisas; como en x = ±2 la función vale
cero en estos dos puntos que serán mı́nimos relativos. Por otra parte:
√
0 3x
f (x) = − √ = 0 =⇒ x = 0
4 − x2
at.
(−2, 0) (0, 2)
f 0 (x) + −
f (x) creciente % decreciente &
√
Luego hay un máximo en el punto (0, 2 3) que, por ser el único, será
un máximo absoluto. Alcanzará un mı́nimo absoluto en los puntos en
us los que f (x) = 0 =⇒ (−2, 0) y (2, 0).
w.m
Solución:
a) √ √
x x
lı́m p lı́m √ = 1
√ = x−→∞
x−→∞ x+ x x
295
t
ne
b) Sea cual sea el valor de m, la función f (x) = 4x5 + 3x + m es una
función polinómica y, por tanto, continua y derivable en R.
at.
f 0 (x) = 20x4 + 3 ≥ 0 ∀x ∈ R
a)
ax4 − 3
f 0 (x) = = 0 y f 0 (1) = 0 =⇒ a = 3
x4
12
f 00 (x) = 5 =⇒ f 00 (1) = 12 > 0
x
Luego en x = 1 la función tiene un mı́nimo relativo.
3x4 − 3
f 0 (x) = = 0 =⇒ 3x4 = 3 =⇒ x = ±1
ww
x4
En x = −1:
12
f 00 (x) =
=⇒ f 00 (−1) = −12 < 0
x5
Luego en x = −1 la función tiene un máximo relativo.
296
t
ne
b) Si a = 1:
x4 + 1
f (x) =
x3
Ası́ntotas:
Verticales: x = 0
x4 + 1
1
lı́m 3
= = ±∞
x−→ 0 x 0
at.
x4 + 1
1
lı́m 3
= + = +∞
x−→ 0 + x 0
4
x +1 1
lı́m 3
= + = −∞
x−→ 0− x 0
Horizontales: No hay
x4 + 1
lı́m =∞
us Oblicuas: y = mx + n
x−→∞ x3
f (x) x4 + 1
m = lı́m = lı́m =1
x−→∞ x x−→∞ x4
4
x +1
n = lı́m (f (x) − mx) = lı́m −x =0
x−→∞ x−→∞ x3
y=x
w.m
c) La gráfica para a = 1:
297
t
ne
Problema 12.4.2 (3 puntos)
a) (1,5 puntos). Discutir el sistema de ecuaciones AX = B, donde
0 1 (m − 1) x m
A= 0 m−1 1 , X = y , B = m
m−2 0 0 z m+2
at.
b) (1,5 puntos). Resolver el sistema en los casos m = 0 y m = 1.
Solución:
a)
y+ (m − 1)z = m
(m − 1)y+ z= m
(m − 2)x+ = m+2
us
0 1 (m − 1) m
Si m = 0
0 1 −1 0
Rango(A) = 2
A= 0 −1 1 0 =⇒ =⇒
Rango(A) = 2
−2 0 0 2
Sistema es Incompatible.
b) Si m = 0
x = −1
y− z = 0
=⇒ y=λ
−2x = 2
z=λ
298
t
ne
Si m = 1
y = 1 x = −3
z = 1 =⇒ y=1
−x = 3 z=1
π1 ≡ 2x + y − 2z = 1, π2 ≡ x − y + 2z = 1
at.
se pide:
b) (1,5 puntos). En caso de que los planos sean paralelos hallar la distan-
cia entre ellos, en caso de que se corten, hallar un punto y un vector
de dirección de la recta que determinan.
us
Solución:
a)
2 1
6= =⇒ se cortan
1 −1
b)
x = 2/3
2x + y − 2z = 1
y = −1/3 + 2λ
w.m
t:
x − y + 2z = 1
z=λ
2 1
La recta intersección viene determinada por el punto Pt 3, −3, 0 y el
vector director →
−
ut = (0, 2, 1).
a) (0,75 puntos). Hallar la ecuación del plano π1 que pasa por los puntos
A(1, 0, 0), B(0, 2, 0) y C(0, 0, 1).
ww
Solución:
299
t
ne
a)
−−→
AB = (−1, 2, 0) −1 −1 x − 1
−→
π1 : AC = (−1, 0, 1) =⇒ π1 : 2 0 y = 0 =⇒ 2x+y+2z−2 = 0
A(1,0,0) 0 1 z
b) −2x + y + z + λ = 0 =⇒ −2 + 2 + 3 + λ = 0 =⇒ λ = −3:
π2 : 2x − y − z + 3 = 0
at.
−→
c) AP = (0, 2, 3):
−1 2 0
1 | = 1 | − 8| = 4 u3
V = | −1 0 1
6 6 3
0 2 3
Z 1
x
b) (1 punto) Calcular la integral: dx
1 + 3x2
w.m
0
√
c) (1 punto) Hallar el dominio de definición de la función f (x) = x2 + 9x + 14.
Hallar el conjunto de puntos en los que la función f tiene derivada.
Solución:
a)
2 2 1
lı́m −(x+1)
= =
x−→ +∞ 4 + e 4+0 2
2 2
lı́m = =0
x−→ −∞ 4 + e−(x+1) ∞
b)
Z 1
x 1 1 1
2
dx = ln |1 + 3x2 | 0 = ln 2
0 1 + 3x 6 3
ww
300
t
ne
Problema 12.5.2 ( 3 puntos). Dados los planos
π1 : 2x + 3y + z − 1 = 0; π2 : 2x + y − 3z − 1 = 0,
y la recta
x−1 z+2
r: =y+1= ;
2 2
se pide:
at.
a) (1 punto). El punto o puntos de r que equidistan de π1 y π2 .
b) (1 punto). El volumen del tetraedro que π1 forma con los planos coor-
denados XY , XZ e Y Z.
c) (1 punto). La proyección ortogonal de r sobre el plano π2 .
Solución:
x−1 z+2 x = 1 + 2λ
r: =y+1= =⇒ y = −1 + λ
us 2 2
z = −2 + 2λ
a) d(Pr , π1 ) = d(Pr , π2 ):
|2(1 + 2λ) + 3(−1 + λ) + (−2 + 2λ) − 1| |2(1 + 2λ) + (−1 + λ) − 3(−2 + 2λ) − 1|
√ = √
4+9+1 4+1+9
−4 + 9λ = 6 − λ =⇒ λ = 1 =⇒ Pr0 (3, 0, 0)
|−4+9λ| = |6−λ| =⇒
−4 + 9λ = −6 + λ =⇒ λ = −1/4 =⇒ Pr0 (1/2, −5/4, −5/2)
w.m
Los vectores que forman estos puntos con el origen son los siguien-
tes:
−→ −−→ −−→
OA = (1/2, 0, 0); OB = (0, 1/3, 0); OC = (0, 0, 1)
1/2 0 0
1 1 2
V = 0 1/3 0 = u
6 36
0 0 1
ww
c) Obtenemos esta recta como intesección de dos planos, uno de ellos será
π2 y el otro será un plano π perpendicular a π2 y que contiene a r:
−→
uπ2 = (2, 1, −3) 2 2 x−1
→
−
π: ur = (2, 1, 2) =⇒ π : 1 1 y + 1 = 0 =⇒ π : x−2y−3 = 0
Pr (1, −1, −2) −3 2 z + 2
301
t
ne
x − 2y − 3 = 0
Proyección :
2x + y − 3z − 1 = 0
at.
a+2 0 a
Solución:
1 3 −2
|A| = −1 1 a = 2(a + 2) = 0 =⇒ a = −2
2 0 −a
us
Si a = −2:
1 3 −2
1 3 −2
−1 1 −2
A= y |A2 | = −1 1 −2 = −8 6= 0
2 0 2
0 0 −2
0 0 −2
se pide:
Solución:
ww
a)
sin x cos x 0
sin x cos x
= −(sin2 x+cos2 x) = −1
|M | = cos x − sin x 0 =
0 cos x − sin x
0 1
302
t
ne
b)
sin x cos x 0 sin x cos x 0 1 0 0
M 2 = cos x − sin x 0 · cos x − sin x 0 = 0 1 0 = I
0 0 1 0 0 1 0 0 1
c)
n M si n impar
=⇒ M 25 = M
at.
M =
I si n par
b) (1’5 puntos). Determinar la recta que pasa por el punto P , tiene di-
rección perpendicular a la recta r y corta a la recta s.
w.m
Solución:
2x + y − z + λ = 0 =⇒ λ = 0 =⇒ π : 2x + y − z = 0
1 2 7 1
2(1 + 2λ) + (−1 + λ) − (−λ) = 0 =⇒ λ = − =⇒ P 0 ,− ,
ww
6 3 6 6
P + P 00
0 00 0 4 10 2
= P =⇒ P = 2P − P = ,− ,−
2 3 3 3
303
t
ne
b) Calculo un plano π ⊥ r, que contenga a P , calculado en el apartado
anterior π : 2x + y − z = 0, y el punto de corte P1 de este plano con la
recta s
x=0
s: y = 0 =⇒ 2 · 0 + 0 + λ = 0 =⇒ λ = 0 =⇒ P1 = O(0, 0, 0)
z=λ
at.
−−→ x=0
OP = (0, 1, 1)
t: =⇒ t : y=λ
O(0, 0, 0)
z=λ
se pide:
Solución:
a)
2 4 0 4k
2 4 0
A = −k 3 k 2 k 0 ; |A| = −k 3 k 2 k = 2k(2−k) = 0 =⇒ k = 0, k = 2
1 k 0 k2 1 k 0
2 4
A= 0 0 0 0 ;
= −4 6= 0 =⇒
1 0
1 0 0 0
304
t
ne
Si k = 2:
2 4 0 8
2 4
A = −8 4 2 0 ; 2F3 = F1 y = 40 6= 0 =⇒
−8 4
1 2 0 4
at.
b)
2x+ 4y = 4 x=0
−x+ y+ z = 0 =⇒ y=1
x+ y = 1 z = −1
c)
x = 4/5 + 1/5λ
2x+ 4y = 8
=⇒ y = 8/5 − 1/10λ
−8x+ 4y+ 2z = 0
z=λ
us
Problema 12.6.3 (2 puntos). Dada la funcion
e1/x
si x < 0
f (x) = k si x = 0
cos x − 1
si x > 0
sin x
hallar el valor de k para que f sea continua en x = 0. Justificar la respuesta.
w.m
Solución: f es continua en x = 0 si
Solución:
305
t
ne
a) f (x) = − sin x = 0 =⇒ x = 0 y x = π. En el intervalo [0, 2π] hay dos
recitos de integración S1 ≡ [0, π] y S2 ≡ [π, 2π]
Z π
S1 = (− sin x) dx = cos x]π0 = −2
0
Z 2π
S2 = (− sin x) dx = cos x]2π
π =2
π
at.
S = |S1 | + |S2 | = 4 u2
us
b)
w.m
Z π Z π π
2 1
V = 2π (− sin x) dx = π (1−cos 2x) dx = π x − sin 2x = π 2 u3
0 0 2 0
ww
306
t
ne
Capı́tulo 13
at.
Año 2012
Sustituimos en el plano π:
1
2(−1 + 7λ) + 2 + 2λ + 2(3λ) + 1 = 0 =⇒ λ = 0
2
El único punto es el −1, 21 , 0 .
307
t
ne
b) La ecuación del plano que contiene a los puntos A, B y C vendrá
determinada por:
−−→
AB = (1, 1, −3) 1 −1 x − 1
0 −→ 0
π : AC = (−1, 2, 1) =⇒ π : 1 2 y+1 = 0 =⇒ 7x+2y+3z−11 = 0
A(1, −1, 2) −3 1 z−2
at.
x+ y+ 2z = 2
−3x+ 2y+ 3z = −2
2x+ my− 5z = −4
se pide:
a) (2 puntos). Discutir el sistema según los valores de m.
Si m = 3:
1 1 2 2
1 1
A = −3 2 3 −2 =⇒ |A| = 0, −3 2 = 5 6= 0 =⇒
2 3 −5 −4
Rango(A) = 2.
1 1 2
−3 2 −2 = −44 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
2 3 −4
b) Para m = 1:
x+ y+ 2z = 2 x=1
−3x+ 2y+ 3z = −2 =⇒ y = −1
2x+ y− 5z = −4 z=1
308
t
ne
Problema 13.1.3 (2 puntos) Halla el valor de λ para que la función
2
eλ x − 1
si x > 0
3x2
f (x) =
sin 2x
si x ≤ 0
x
sea continua. Razonar la respuesta.
at.
Solución:
2 2
eλ x − 1 2λxeλ x
0 0
lı́m f (x) = lı́m = = lı́m = =
x−→ 0+ x−→ 0+ 3x2 0 x−→ 0+ 6x 0
2 2
2λ(eλ x + 2λx2 eλ x ) λ
lı́m =
x−→ 0 + 6 3
sin 2x 0 2 cos 2x
lı́m f (x) = lı́m = = lı́m =2
us x−→ 0− x−→ 0− x 0 x−→ 0−
Para que f sea continua en x = 0 se tiene que cumplir:
1
λ
Luego = 2 =⇒ λ = 6 verificarı́a la primera igualdad, pero no la segunda,
3
dado que f (0) 6= 2. Es decir, con λ = 6 la función será continua en R − {0},
en x = 0 presenta una discontinuidad evitable y serı́a continua si incluimos
w.m
la rama f (0) = 2.
0
P − = 0 =⇒ − +b=0
3 3 3
a=2
=⇒
P 0 (−1) = 0 =⇒ 3 − 2a + b = 0 b=1
P 0 (0) = 1 pendiente de y = x + 3 =⇒ b = 1
309
t
ne
El punto (0, P (0)) también pertenece a la recta y = x + 3 luego para x =
0 =⇒ y = 3 =⇒ P (0) = 3 =⇒ c = 3 El polinomio buscado es
P (x) = x3 + 2x2 + x + 3
at.
Problema 13.2.1 (3 puntos) Sabiendo que la funcion F (x) tiene derivada
f (x) continua en el intervalo cerrado [2, 5], y, ademas, que:
Hallar:
Z 5
a) (0,5 puntos). f (x) dx
usb) (1 punto).
Z 3
2
(5f (x) − 7) dx
2
Z 4
c) (1,5 puntos). F (x)f (x) dx.
2
Solución:
w.m
Z 5
a) f (x) dx = F (5) − F (2) = 3 − 1 = 2
2
Z 3 Z 3 Z 3
b) (5f (x) − 7) dx = 5 f (x) dx − 7 dx =
2 2 2
se pide:
a) (1,5 puntos). Discutir el sistema segun los valores del parámetro a.
310
t
ne
Solución:
a)
1 2 1
A = 3 1 −a =⇒ |A| = 2a2 +12a−32 = 0 =⇒ a = 2, a = −8
−3 2a 7
1 2
at.
3 1 = −5 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
b) Si a = 2:
x+ 2y = 1 x = −1
=⇒
3x+ y = −2 y=1
Si a = −8:
x+ 2y = 1 x=3
=⇒
3x+ y = 8 y = −1
w.m
π : x − 2y + 2z + 4 = 0, π 0 = 2x + 2y − z − 2 = 0
se pide:
Solución:
a)
x = −2λ
x − 2y + 2z + 4 = 0
ww
r: =⇒ r : y = 5λ
2x + 2y − z − 2 = 0
z = −2 + 6λ
En su forma continua:
x y z+2
r: = =
−2 5 6
311
t
ne
i j k
ur = uπ × uπ0 = 1 −2
2 = (−2, 5, 6); Pr (0, 0, −2)
2 2 −1
|x − 2y + 2z + 4| |2x + 2y − z − 2|
√ = √ =⇒ |x−2y+2z+4| = |2x+2y−z−2|
9 9
at.
Luego tenemos las soluciones siguientes:
x − 2y + 2z + 4 = 2x + 2y − z − 2 =⇒ x + 4y − 3z − 6 = 0
x − 2y + 2z + 4 = −(2x + 2y − z − 2) =⇒ 3x + z + 2 = 0
Solución:
w.m
a)
→
− →
−
ur = (−6, 4, 4) us = (3, −2, −2) −−→
r: ; s: ; Pr Ps = (6, 0, 0)
Pr (−3, 9, 8) Ps (3, 9, 8)
6 0 0
6 0
= 0; →
−
ur = −2→
−
−6 4 4 us y = 24 6= 0
3 −2 −2
−6 4
b) Como las dos rectas son paralelas se coge un punto al azar de una de
las rectas y se calcula la distancia desde este punto a la otra recta:
−−→ −
|Pr Ps × →
r
ur | 2
ww
d(r, s) = d(Ps , r) = = 12 u
|→
−
ur | 17
i j k
−−→ − √ √
|Pr Ps × →
ur | = | 6 0 0 | = |24(0, −1, 1)| = 24 2; |→
−
ur | = 2 17
−6 4 4
312
t
ne
13.3. Junio 2012 - Opción A
Problema 13.3.1 (3 puntos) Dadas las matrices
k k2
k 12 4 x
A= 1 −1 k , B= 6 , C= 3 , X= y
2k −2 2 8 3 z
se pide:
at.
a) (1,5 puntos) Hallar el rango de A en función de los valores de k.
b) (0,75 puntos) Para k = 2, hallar, si existe, la solución del sistema
AX = B.
c) (0,75 puntos) Para k = 1, hallar, si existe, la solución del sistema
AX = C.
Solución:
us
a)
|A| = 4k(k 2 − 1) = 0 =⇒ k = 0, k = ±1
Si k 6= 0 o k 6= ±1 =⇒ Rango(A) = 3
Si k = 0 :
0 0 0
A = 1 −1 0 =⇒ Rango(A) = 2
0 −2 2
w.m
Si k = 1 :
1 1 1
A = 1 −1 1 =⇒ Rango(A) = 2
2 −2 2
Si k = −1 :
−1 −1 1
A = 1 −1 −1 =⇒ Rango(A) = 2
−2 −2 2
b) Si k = 2 :
1/12 −1/2 1/3 12 2/3
ww
313
t
ne
c) Si k = 1 el sistema AX = C tiene como matriz asociada:
1 1 1 4
A = 1 −1 1 3 , Rango(A) = 2
2 −2 2 3
1 1 4
1 −1 3 = 20 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
at.
2 −2 3
Problema 13.3.2 (3 puntos) Dados los puntos P1 (1, 3, −1), P2 (a, 2, 0), P3 (1, 5, 4)
y P4 (2, 0, 2), se pide:
Solución:
b)
a − 1 −1 1
1 a = 10/3
7 = | 0 2 5 | =⇒ |3a − 4| = 6 =⇒
6 a = −2/3
1 −3 3
ww
c)
p p
(x − 1)2 + (y − 3)2 + (z + 1)2 = (x − 1)2 + (y − 5)2 + (z − 4)2 =⇒
4y + 10z − 31 = 0
314
t
ne
Problema 13.3.3 (2 puntos) Hallar a, b, c de modo que la función f (x) =
x3 + ax2 + bx + c alcance en x = 1 un máximo relativo de valor 2, y tenga
en x = 3 un punto de inflexión.
Solución:
at.
f (1) = 2 =⇒ a + b + c = 1 a = −9
f 0 (1) = 0 =⇒ 2a + b = −3 =⇒ b = 15
00
f (3) = 0 =⇒ a = −9 c = −5
Z π/2
sin 2x
(1 punto). dx
0 1 + cos2 2x
w.m
Solución:
Z π
2
(1 punto). e2x cos x dx = − (e2π + 1)
0 5
e2x cos x 1
Z Z
2x u = cos x =⇒ du = − sin x
I= e cos x dx = = + e2x sin x dx =
dv = e2x dx =⇒ v = 12 e2x 2 2
Z π/2 π/2
sin 2x 1 π
2
dx = − arctan(cos 2x) =
0 1 + cos 2x 2 0 4
315
t
ne
13.4. Junio 2012 - Opción B
Problema 13.4.1 (3 puntos) Dadas las funciones
3x + ln(x + 1)
f (x) = √ , g(x) = (lnx)x , h(x) = sen(π − x)
2
x −3
se pide:
at.
a) (1 punto). Hallar el dominio de f (x) y el lı́m f (x).
x−→+∞
Solución:
us √
a) Dom(f ) = ( 3, ∞)
1
3x + ln(x + 1) h ∞ i 3 + x+1
lı́m√ = = lı́m =3
x−→+∞ x2 − 3 ∞ x−→+∞ √2x
2 x2 −3
b)
0 1
x
g (x) = (ln x) ln(ln(x) + =⇒ g 0 (e) = 1
w.m
ln x
π 3π
Luego x = ,x= .
2 2
Problema 13.4.2 (3 puntos) Dadas las rectas
x−2 y−1 z x = −1 − λ
r1 ≡ = = , r2 ≡ y =3+λ
3 −5 2
z=5
ww
se pide:
316
t
ne
Solución:
−→ −→
ur1 = (3, −5, 2) ur2 = (−1, 1, 0) −−−−→
r1 : r2 : Pr1 Pr2 = (−3, 2, 5)
Pr1 (2, 1, 0) Pr2 (−1, 3, 5)
a)
−3 2 5
3 −5 2 = −8 6= 0 =⇒ r1 y r2 se cruzan
at.
−1 1 0
b)
−−−−→ → −→ √
|[Pr1 Pr2 , −
ur1 , ur2 ]| | − 8| 4 3
d(r1 , r2 ) = = √ = u
|−
u→ −→
r1 × ur2 | 2 3 3
i j k √
|−
u→ −→
r1 × ur2 | = |
3 −5 2 | = |(−2, −2, −2)| = 2 3
−1 1 0
us
Problema 13.4.3 (3 puntos) Dadas las matrices
0 1 2 4 −1 1 −2
A = −2 −1 0 , B = −2 −3 −7 −8
1 a 1 3 2−a 3+a 3
se pide:
w.m
Solución:
a)
4 −1 1
|B1 | = −2 −3 −7 = 40(1 − a) = 0 =⇒ a = 1
3 2−a 3+a
Luego si a 6= 1 =⇒ Rango(B) = 3. Si a = 1:
ww
4 −1 1 −2
B = −2 −3 −7 −8
3 1 4 3
317
t
ne
b) Si a = 0:
0 1 2 4 −1 1 −2
A = −2 −1 0 , B = −2 −3 −7 −8
1 0 1 3 2 3 3
AX = B =⇒ X = A−1 B :
−1/4 −1/4 1/2 4 −1 1 −2 1 2 3 4
at.
X = 1/2 −1/2 −1 −2 −3 −7 −8 = 0 −1 1 0
1/4 1/4 1/2 3 2 3 3 2 0 0 −1
usx
Solución:
1 1 1
F1 − F4
x−1 0 0 0
1 y 1 1 F2 − F4 0 y − 1 0 0
= = = (x−1)(y−1)(z−1)
1 1 z 1 F3 − F4 0 0 z−1 0
1 1 1 1 F4 1 1 1 1
318
t
ne
b)
π kπ
f 00 (x) = −2 cos 2x = 0 =⇒ x = + , k∈Z
4 2
En el intervalo (−π, π) las soluciones serán: x = ±π/4 y x = ±3π/4.
Analizamos estos puntos por el criterio de la tercera derivada. f 000 (x) =
4 sin 2x:
at.
f 000 (±3π/4) = ±4 6= 0 =⇒ en x = ±3π/4 hay un punto de Inflexión
c) Z Z
2 1 + cos 2x 2x + sin 2x
g(x) = cos x dx = dx = +C
2 4
π/2 + sin π/2 π+2 π+2
g(π/4) = +C = + C = 0 =⇒ C = −
4 8 8
2x + sin 2x π + 2
us g(x) =
4
−
8
Problema 13.5.2 (3 puntos) Dado el sistema de ecuaciones lineales
3x+ 2y+ (a − 1)z = 1
−x+ ay+ z= 0
2x+ y− 2z = 3
se pide:
w.m
Solución:
a)
3 2 (a − 1) 1
1
A= −1 a 1 0 ; |A| = −2 a +
(a + 2) = 0 =⇒
2
2 1 −2 3
1
a = − , a = −2
2
ww
1
Si a = − :
2
3 2 −1/2 1
3 2
A = −1 1/2 1 0 =⇒ |A| = 0 y 6= 0 =⇒
−1 1/2
2 1 −2 3
319
t
ne
Rango(A) = 2
3 2 1
−1 1/2 0 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
2 1 3
Luego en este caso el sistema es Incompatible.
Si a = − − 2:
3 2 −3 1
at.
3 2
A = −1 −2 1 0 =⇒ |A| = 0 y 6= 0 =⇒
−1 −2
2 1 −2 3
Rango(A) = 2
3 2 1
−1 −2 0 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
2 1 3
Luego en este caso el sistema es Incompatible.
us
b)
3x+ 2y = 1 x = −1/3
−x+ y+ z = 0 =⇒ y=1
2x+ y− 2z = 3 z = −4/3
x = 2 + 2λ
r≡ y =1−λ
z=3
λ= =⇒ 15, − , 3
2 2
b)
2x − y + λ = 0, 2 · 1 − 1 · 0 + λ = 0 =⇒ λ = −2
π : 2x − y − 2 = 0
320
t
ne
Problema 13.5.4 (2 puntos) Una de las caras del paralelepı́pedo H tiene
vertices en los puntos A(4, 2, 8), B(6, 4, 12), C(6, 0, 10) y D(8, 2, 14).
a) (1 punto). Si el punto E(6, 8, 28) es otro de los vertices, hallar el volu-
men de H.
at.
Solución:
−−→ −−→ −→ −−→
AB = CD = (2, 2, 4); AC = BD = (2, −2, 2)
a)
2 2 4
−→
= 112 u3
AE = (2, 6, 20) =⇒ V = 2 −2 2
2 6 20
x = 6 + 3λ
r≡ y =8+λ
z = 28 − 2λ
E + E0
= E 00 =⇒ E 0 = 2E 00 −E = (24, 20, 48)−(6, 8, 28) = (18, 12, 20)
2
mediante
x + 2y = −3 2x + 2y + z = a
r≡ s≡ ,
z=1 x+z =0
se pide:
321
t
ne
a) (1,5 puntos). Hallar el valor de a para que ambas rectas se corten.
Calcular el punto de corte.
b) (1,5 puntos). Hallar la ecuación del plano determinado por ambas rec-
tas cuando estas se cortan.
Solución:
a)
at.
x=µ −3 − 2λ = µ
x = −3 − 2λ
a−µ a−µ
r≡ y=λ s≡ y= =⇒ λ= =⇒
2 2
z=1
z = −µ 1 = −µ
λ = −1
µ = −1 =⇒ a = −3, y el punto de corte es P (−1, −1, 1)
a = −3
us
b)
→
− →
−
ur = (−2, 1, 0) us = (1, −1/2, −1) = 1/2(2, −1, −2)
r≡ s≡ =⇒
Pr (−3, 0, 1) Ps (0, −3/2, −1)
→
−
ur = (−2, 1, 0) −2 2 x+3
→
−
π≡ us = (2, −1, −2) =⇒ π ≡ 1 −1 y = 0 =⇒
Pr (−3, 0, 1) 0 −2 z − 1
w.m
π ≡ x + 2y + 3 = 0
x y z
Problema 13.6.2 (3 puntos) . Sabiendo que 1 1 0 = 1, calcular los
2 3 5
siguientes determinantes:
3 1 0 x+1 y+1 z
a) (1, 5 puntos) 3x y 2z , b) (1, 5 puntos) 2 − x 2 − y −z
6 3 10 3 4 5
Solución:
3 1 0 x y z
3x y 2z = −6 1 1 0 = −6
ww
a)
6 3 10 2 3 5
x+1 y+1 z x+1 y+1 z x+1 y+1 z
b) 2 − x 2 − y −z = 2 2 0 − x y z =
3 4 5 3 4 5 3 4 5
322
t
ne
x y z 1 1 0 x y z x y z x y z
2 1 1 0 +2 1 1 0 − x y z + 1 1 0 = 3 1 1 0
=
3 4 5 3 4 5 3 4 5 3 4 5 3 4 5
F1 x y
z
F2 = 3 1 1 0 = 3
F3 − F2 2 3 5
at.
x−3
f (x) = √
x2 − 9
se pide:
a)
√
x−3 x−3 x−3
lı́m √ = lı́m √ √ = lı́m √ =0
x−→ 3+ x2 − 9 x−→ 3 + x + 3 x − 3 x−→ 3 + x+3
x−3
lı́m √ = −∞
w.m
x−→ −3− x2 − 9
b)
x−3
lı́m √ =1
x−→ +∞ x2 − 9
x−3
lı́m √ = −1
x−→ −∞ x2 − 9
323
t
ne
Solución:
a)
Z 2 Z 8
1
f (x3 )x2 dx = [u = x3 ] = f (u) du = 1
1 3 1
3(x − 5)(x − 9)
at.
F 0 (x) = p = 0 =⇒ x = 5, x = 9
2 (x − 3)(9 − x)2
se pide:
a) (1 punto). Hallar el valor de A para que f (x) sea continua. ¿Es deri-
ww
324
t
ne
Solución:
a)
lı́m f (x) = 6 + A; lı́m f (x) = 17
x−→ 3− x−→ 3+
9 + A = 17 =⇒ A = 8
3x + 8 si x ≤ 3 3 si x ≤ 3
f (x) = =⇒ f 0 (x) =
−4 + 10x − x2 si x > 3 10 − 2x si x > 3
at.
f 0 (3− ) = 3 6= f 0 (3+ ) = 4 =⇒ no es derivable en x = 3
se pide:
a) (2 punto). Discutir el sistema según los valores de a.
b) (1 punto). Resolverlo para a = −1.
Solución:
w.m
a)
3 a 4 6
A= 1 (a + 1) 1 3 |A| = −3a2 −8a−5 = 0 =⇒ a = −1, a = −5/3
(a − 1) −a −3 −3
3 4 6
1 1 3 = −4 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
−8/3 −3 −3
325
t
ne
Si a = −1 :
3 −1 4 6
A= 1 0 1 3 ; F3 = F2 − F1
−2 1 −3 −3
at.
b) Si a = −1 :
x=3−λ
3x− y+ 4z = 6
=⇒ y =3+λ
x+ z= 3
z=λ
Solución:
x = 4 + 2λ →
−
ur = (2, −1, 3)
r≡ y = 1 − λ =⇒ r ≡
Pr (4, 1, 2)
z = 2 + 3λ
w.m
se pide:
a) (1,5 puntos). Hallar la ecuación del plano que pasa por A(2, 3, 4) y es
ww
b) (0,5 puntos). Determinar la ecuación de la recta que pasa por B(4, −1, 2)
y es perpendicular al plano hallado anteriormente.
Solución:
326
t
ne
a)
i j k
→
−
us = 1 1 0 = (1, −1, −2)
2 0 1
→
−
ur = (2, 2, −2) 2 1 x − 2
→
−
π: us = (1, −1, −2) =⇒ π : 2 −1 y − 3 = 0 =⇒ 3x−y+2z−11 = 0
A(2, 3, 4) −2 −2 z − 4
at.
b) →
−
ut = (3, −1, 2) x−4 y+1 z−2
t≡ =⇒ = =
Pt (4, −1, 2) 3 −1 2
Solución:
a)
P0 + P
= Q =⇒ P 0 = 2Q − P = (4, −1, 5)
2
b) Calculamos un plano π ⊥ r que contenga a P
(1 + λ) + (1 + λ) + λ − 2 = 0 =⇒ λ = 0 =⇒ P1 (1, 1, 0)
Por último:
P 00 + P
= P1 =⇒ P 00 = 2P1 − P = (0, 1, 1)
2
327
t
ne
c) Calculamos una recta r ⊥ π que contenga a P :
→− x=2+λ
ur = (1, 1, 1)
r: =⇒ y =1+λ
P (2, 1, −1)
z = −1 + λ
at.
3 3 3 3
Por último:
P 000 + P
8 5 1
= P2 =⇒ P 000 = 2P2 − P = , ,−
2 3 3 3
Solución:
w.m
u = x2 =⇒ du = 2xdx
Z Z
2 2
x sin x dx = = −x cos x+2 x cos x dx =
dv = sin x dx =⇒ v = − cos x
Z
u = x =⇒ du = dx 2
= = −x cos x+2 x sin x − sin x dx =
dv = cos x dx =⇒ v = sin x
= −x2 cos x + 2x sin x + 2 cos x = (2 − x2 ) cos x + 2x sin x
Z π
π
x2 sin x dx = (2 − x2 ) cos x + 2x sin x 0 = π 2 − 4
0
ww
328
t
ne
→
− − → −
Problema 13.8.3 (3 puntos) Sean →
−
a, b,→
c y d ∈ R3 , vectores columna.
Si
→
− → − −c , →
− →
− − → −
det(→
−
a , b , d ) = −1, det(→
−
a ,→ d ) = 3, det( b , →
c , d ) = −2
at.
→
− − → −
b) (0,75 puntos). det(→
−
a − b ,→
c , − d ).
→
− →
− − → − →
−
c) (0,75 puntos). det( d + 3 b , 2→
a , b − 3→
−
a + d)
Solución:
→
− → − →
− → − →
− →−
a) det(→
−
a , 3 d , b ) = 3det(→
−
a , d , b ) = −3det(→
−
a, b, d)=3
→
− − → − −c , −→
− →
− − → −
us
b) det(→
−5
−
a − b ,→
c , − d ) = det(→
−
a ,→ d )+det(− b , →
c , − d ) = −3−2 =
→
− →
− − → − →
− →
− − → − →
− −
c) det( d +3 b , 2→ a , b −3→
−a + d ) = det( d , 2→a , b )+det( d , 2→
a , −3→ −
a )+
→
− → − →
− →
− →
− →
− →
− →
− →
− →
− →
− →
−
det( d , 2 a , d )+det(3 b , 2 a , b )+det(3 b , 2 a , −3 a )+det(3 b , 2 a , d ) =
−2 + 0 + 0 + 0 + 0 + 6 = 4
x− 2z = 2
ax− y+ z = −8
2x+ az = 4
se pide:
Solución:
a)
1 0 −2 2
ww
A = a −1 1 −8 ; |A| = −a − 4 = 0 =⇒ a = −4
2 0 a 4
329
t
ne
Si a = −4:
1 0 −2 2
1
0
A = −4 −1 1 −8 ; |A| = 0,
−4 −1
= −1 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
2 0 −4 4
1 0 2
|A1 | = |A| = 0; |A2 | = −4 −1 −8 = 0
at.
2 0 4
1 −2 2 0 −2 2
|A3 | = −4
1 −8 = 0; |A4 | = −1
1 −8 =0
2 −4 4 0 −4 4
Como
1 0
= −1 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
−4 −1
b)
x− 2z = 2 x=2
−5x− y+ z = −8 =⇒ y = −2
2x− 5z = 4 z=0
w.m
ww
330
t
ne
Capı́tulo 14
at.
Año 2013
se pide:
w.m
Luego a = 0.
b)
2x2 − 4x − 3
si x < 0
ww
(x − 1)2
f 0 (x) = 0 si x = 0
1 −1/x
e si x > 0
x2
331
t
ne
f (0 + h) − f (0) e−1/h
f 0 (0− ) = 3; f 0 (0+ ) = lı́m = lı́m =
h−→ 0+ h h−→ 0+ h
1/h h∞i −1/h2 1
lı́m = = lı́m = lı́m =0
h−→ 0+ e1/h ∞ h−→ 0+ −1/h2 e1/h h−→ 0+ e1/h
at.
us
c) Si x < 0:
lı́m = −∞
x−→ −∞ x−1
Oblicuas: y = mx + n:
f (x) 2x2 + 3x
m= lı́m = lı́m =2
x−→ −∞ x x−→ −∞ x2 − x
2
2x + 3x
n = lı́m (f (x) − mx) = lı́m − 2x =
x−→ −∞ x−→ −∞ x−1
5x
lı́m = 5 =⇒ y = 2x + 5
x−→ −∞ x−1
Si x > 0:
Horizontales: y = 1
lı́m e−1/x = e0 = 1
x−→ +∞
332
t
ne
Problema 14.1.2 (3 puntos) Dado el sistema
x+ 2y+ (m + 3)z = 3
x+ y+ (4 + m − m2 )z = 3
2x+ 4y+ 3(m + 2)z = 8
se pide:
at.
b) (1 punto). Resolverlo para m = 2.
Solución:
a)
1 2 m+3 3
A = 1 1 4 + m − m2 3 =⇒ |A| = −m = 0 =⇒ m = 0
2 4 3(m + 2) 8
us Si m 6= 0 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3 =Rango(A) = no de incógni-
tas =⇒ Sistema compatible determinado.
Si m = 0:
1 2 3 3
1 2
A = 1 1 4 3 =⇒ |A| = 0,
1 1
= −1 6= 0 =⇒
w.m
2 4 6 8
Rango(A) = 2.
1 2 3
1 1 3 = −2 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
2 4 8
b) Para m = −2:
x+ 2y+ z = 3 x = −2
x+ y− 2z = 3 =⇒ y=3
2x+ 4y+ = 8 z = −1
ww
333
t
ne
b) (1 punto). Hallar el punto común a los tres planos π3 ; π4 ; π5 siguientes:
π3 ≡ 5x + 2y + 7z = 4; π4 ≡ x + 2y − 3z = 10
y π5 el plano definido por las rectas
x+3 y+3 z+7
r1 ≡ = = z + 3; r2 ≡ x + 2 = y =
2 3 2
Solución:
at.
a)
→
− −
→ x = 1 + 2λ
ur = uπ = (2, 3, −1)
r: =⇒ r : y = 2 + 3λ
Pr (1, 2, 0)
z = −λ
r≡ = =
−6 1 2
se pide:
a) (1 punto). Determinar la posición relativa entre el plano π y la recta
r.
b) (1 punto). Determinar el plano que contenga a r y pase por P (1; 1; 1).
Solución:
a)
→
− x = −6λ
ur = (−6, 1, 2)
r: =⇒ r : y = −1 + λ
Pr (0, −1, 0)
z = 2λ
b)
→
−
ur = (−6, 1, 2) −6 1 x
−−→
π1 : Pr P = (1, 2, 1) =⇒ π : 1 2 y + 1 = 0 =⇒ π1 : 3x−8y+13z = 8
P (111) 2 1 z
334
t
ne
14.2. Modelo 2013 - Opción B
Problema 14.2.1 (3 puntos)
at.
b) (1 punto). Determinar el valor de a para que los planos
π1 : x + 2y + z = 3 π2 : 2x + 3y − z = 5
π3 : 2x + 2y + 4z = 3 π4 : x + 3y = a
Solución:
a)
x=2+µ
w.m
x−y =2
r1 : =⇒ r : y=µ
x+y+z =3
z = 1 − 2µ
2 + µ = −1 + 2λ λ=5
µ=2+λ =⇒ µ=7 =⇒ 1−2(7) 6= −5 =⇒ se cruzan
1 − 2µ = −λ 1 − 2µ = −λ
Otra forma:
−→ −→
ur1 = (1, 1, −2) ur2 = (2, 1, −1) −−−−→
r1 : , r2 : ; Pr1 Pr2 = (−3, 2, −1)
Pr1 (2, 0, 1) Pr2 (−1, 2, 0)
1 1 −2
2 1 −1 = −8 6= 0 =⇒ r1 y r2 se cruzan
−3 2 −1
ww
b)
x+ 2y+ z = 3 1 2 1 3
2x+ 3y− z = 5 2 3 −1 5
=⇒ A =
2x+ 2y+ 4z = 3 2 2 4 3
x+ 3y = a 1 3 0 a
335
t
ne
1 2 1
2 3 −1 = −8 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
2 2 4
1 2 1 3
2 3 −1 5
= 36 − 8a = 0 =⇒ a = 9
2 2 4 3 2
1 3 0 a
at.
Si a = 9/2 =⇒ Rango(A) = 3 =Rango(A) =no de incógnitas y el
sistema tiene solución única. Se trata de un sistema compatible de-
terminado. Por tanto, en a = 9/2 los cuatro planos se cortan en un
punto.
c)
i j k x=1+λ
→
−
ut = 2 5 −1 = 4(1, −2, −8) =⇒ y =5−λ
6 −1 1 z = −3 − 8λ
us
Problema 14.2.2 (3 puntos)
Solución:
b)
u = ln x =⇒ du = x1 dx
Z Z
F (x) = ln x dx = = x ln x− dx = x(ln x−1)
dv = dx =⇒ v = x
336
t
ne
2−e
S1 = F (1) − F (1/e) = ; S2 = F (e) − F (1) = 1
e
2 − e
Área = |S1 | + |S2 | = + 1 = e − 2 + 1 = 2(e − 1) u2
e e e
at.
us
c)
u = (ln x)2 =⇒ du = 2 ln x
Z
F (x) = 2
(ln x) dx = x dx =
dv = dx =⇒ v = x
Z
2
x(ln x) − 2 ln x dx = x(ln x)2 − 2x(ln x − 1)
e
π(e2 − 5) 3
Z
w.m
Solución:
a)
1 2 x y x y 1 2
AX = XA =⇒ · = · =⇒
2 1 z t z t 2 1
337
t
ne
x + 2z y + 2t x + 2y 2x + y
= =⇒
2x + z 2y + t z + 2t 2z + t
x + 2z = x + 2y =⇒ z = y
y + 2t = 2x + y =⇒ t = x x y
=⇒ X = .
2x + z = z + 2t =⇒ t = x
y x
2y + t = 2z + t =⇒ z = y
3 1
at.
b) X = .
1 3
−1 −1/3 2/3
c) A = .
2/3 −1/3
a)
w.m
−2 0 0
(A + B)(A − B) = A2 − AB + BA − B 2 = 0 2 0 =⇒
2 −1 0
−2 0 0
A − B = (A + B)−1 0 2 0 =⇒
2 −1 0
0 1/2 0 −2 0 0 0 1 0
A−B = 1 −1 0 0 2 0 = −2 −2 0
0 1/4 1/2 2 −1 0 1 0 0
b)
2 1 0
1 1 0
A+B = 2 0 0 A = 0 −1 0
ww
−1 0 2 0 0 1
=⇒
0 1 0 1 0 0
A − B = −2 −2 0 B= 2 1 0
−1 0 1
1 0 0
338
t
ne
14.3. Junio 2013 - Opción A
Problema 14.3.1 (3 puntos) Dados el punto P (−1, 0, 2) y las rectas
x=1+λ
x−z =1
r: s: y=λ
y − z = −1
z=3
at.
se pide:
a)
→
− →
−
ur = (1, 1, 1) us = (1, 1, 0) −−→
r: , s: , Pr Ps = (0, 1, 3)
Pr (1, −1, 0) Ps (1, 0, 3)
0 1 3
w.m
1 1 1 = 1 6= 0 =⇒ r y s se cruzan
1 1 0
−−→
P Ps = (2, 0, 1) 2 1 x+1
→
−
π2 : us = (1, 1, 0) =⇒ π2 : 0 1 y = 0 =⇒ π2 : x−y−2z = −5
P (−1, 0, 2) 1 0 z − 2
x − 4y + 3z = 5
h:
x − y − 2z = −5
ww
c)
i j k
→
−
ut = 1 1 1 = (−1, 1, 0)
1 1 0
339
t
ne
La recta t la encontramos como intersección de dos planos:
→
−
ut = (−1, 1, 0) −1 1 x − 1
→
−
π1 : ur = (1, 1, 1) =⇒ π1 : 1 1 y + 1 = 0 =⇒ π1 : x+y−2z = 0
Pr (1, −1, 0) 0 1 z
→
−
ut = (−1, 1, 0) −1 1 x − 1
→
−
π2 : us = (1, 1, 0) =⇒ π2 : 1 1 y = 0 =⇒ π2 : z = 3
at.
Ps (1, 0, 3) 0 0 z−3
x + y − 2z = 0
t:
z=3
Solución:
a)
a 7 5 0
A= 1 a 1 3 =⇒ |A| = a2 − a − 2 = 0 =⇒ a = −1, a = 2
0 1 1 −2
Rango(A) = 2.
−1 7 0
1 −1 3 = 15 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
0 1 −2
340
t
ne
Como Rango(A) 6= Rango(A) =⇒ el sistema es incompatible.
Si a = 2:
2 7 5 0
2 7
A= 1 2 1 3 =⇒ |A| = 0, = −3 6= 0 =⇒
1 2
0 1 1 −2
Rango(A) = 2.
at.
2 7 0
|A1 | = |A| = 0, |A2 | = 1 2 3 =0
0 1 −2
2 5 0 7 5 0
|A3 | = 1 1
3 = 0, |A4 | = 2 1
3 = 0 =⇒ Rango(A) = 2
0 1 −2 1 1 −2
us Como Rango(A) = Rango(A) < no incógnitas =⇒ el sistema es com-
patible indeterminado(infinitas soluciones).
b) Para a = 4:
4x+ 7y+ 5z = 0 x=2
x+ 4y+ z = 3 =⇒ y=1
y+ z = −2 z = −3
w.m
c) Para a = 2:
x=7+λ
x+ 2y+ z = 3
=⇒ y = −2 − λ
y+ z = −2
z=λ
x3
Problema 14.3.3 (2 puntos) Dada la función f (x) = , se pide se
(x − 3)2
pide:
a) (1 punto). Hallar las ası́ntotas de su gráfica.
Solución:
a) Verticales: x = 3
x3 x3
27 27
lı́m 2
= + = +∞; lı́m 2
= + = +∞
x−→ 3− (x − 3) 0 x−→ 3+ (x − 3) 0
341
t
ne
Horizontales: No hay
x3 x3
lı́m = −∞; lı́m = +∞
x−→ −∞ (x − 3)2 x−→ +∞ (x − 3)2
Oblicuas: y = mx + n:
f (x) x3
m= lı́m
= lı́m =1
x x−→ −∞ x3 − 6x2 + 9x
at.
x−→ −∞
x3
n = lı́m (f (x) − mx) = lı́m − x =
x−→ −∞ x−→ −∞ x2 − 6x + 9
6x2 − 9x
lı́m = 6 =⇒ y = x + 6
x−→ −∞ x2 − 6x + 9
x3 − 9x2
b) f 0 (x) = en el punto de abcisa x = 2 el valor de la pendiente
(x − 3)3
us de la recta tangente es m = f 0 (2) = 28 y el punto de tangencia es
(2, f (2)) = (2, 8), la recta buscada en su ecuación punto pendiente
será:
y − 8 = 28(x − 2)
x2 + 9 1 x3
Solución:
a)
x−3
Z Z Z
x 1 1 2
x
dx = dx−3 dx = ln |x +9|−arctan +C
x2 + 9 2
x +9 x2 + 9 2 3
b)
2 2
3 − x2 + x4 x2
Z
3 21
3
dx = − 2 − ln |x| = − ln 2
1 x 2 2x 1 8
342
t
ne
Z π/2
c) (1 punto). Calcular f (x) dx
0
Solución:
a)
kπ
f 0 (x) = −2 sin 2x = 0 =⇒ x = , k∈Z
2
h π πi
at.
En el intervalo − , sólo hay tres soluciones: x = ±π/2 y x =
2 2
0. Analizamos estos extremos por el criterio de la segunda derivada.
f 00 (x) = −4 cos 2x:
π
f 00 (x) = −4 cos 2x = 0 =⇒ x = (2k + 1) , k ∈ Z
4
h π πi
En el intervalo − , las soluciones serán: x = ±π/4 . Analizamos
2 2
estos puntos por el criterio de la tercera derivada. f 000 (x) = 8 sin 2x:
c)
Z π/2 Z π/2 π/2
2 sin 2x π
2 cos x dx = (1 + cos 2x) dx = x + =
0 0 2 0 2
Se pide:
343
t
ne
c) (1 punto). Calcular el determinante de la matriz A2 B en función de λ.
Solución:
a) |A| = λ + 1 = 0 =⇒ λ = −1. Si λ 6= −1 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ ∃A−1 por
tanto la solución del sistema sistema XA = B =⇒ X = BA−1 tiene
solución única.
b) Si λ = 4:
at.
1/5 4/5 8/5
A−1 = 1/5 −1/5 −2/5 ; X = BA−1 =
−1/5 1/5 −3/5
0 1 1 1/5 4/5 8/5 0 0 −1
1 0 −1 · 1/5 −1/5 −2/5 = 2/5 3/5 11/5
2 1 0 −1/5 1/5 −3/5 3/5 7/5 14/5
x−1 z−3
r≡ =y+2=
w.m
2 2
Solución:
a)
→
− x = 4 + 2λ
us = (2, 1, 1)
s: =⇒ s : y =6+λ
Ps (4, 6, 2))
z =2+λ
i j k √
−−→
|Pr Q| = −3 3 −3 = |9(1, 0, −1)| = 9 2
2 1 2
−−→ √
|Pr Q| 9 2 √
d(Q, r) = → − = =3 2u
|ur | 3
344
t
ne
Problema 14.4.4 (2 puntos) Dados el punto P (1, 0, −1), plano π ≡ 2x −
y + z − 1 = 0 y la recta
−2x + y − 1 = 0
r≡
3x − z − 3 = 0
se pide:
at.
a) (1,5 puntos). Determinar la ecuación del plano que pasa por P es
paralelo a r y perpendicular al plano π.
Solución:
a)
x=λ
us r≡
−2x − y − 1 = 0
3x − z − 3 = 0
=⇒ r ≡
→
−
ur = (1, 2, 3)
Pr (0, 1, −3)
=⇒ r ≡
y = 1 + 2λ
z = −3 + 3λ
→
−
ur = (1, 2, 3) 1 2 x−1
0 −
u→ 0 = 0 =⇒ π 0 : x+y−z = 2
π : π = (2, −1, 1) =⇒ π : 2 −1 y
P (1, 0, −1) 3 1 z+1
w.m
b)
→
−
ur · −
u→
π 3
sin α = →− −
→ = √ =⇒ α = 19o 60 2400
|ur ||uπ | 84
se pide:
ww
b) (1,5 puntos). Para los valores de λ tales que el sistema tiene solución
única, obtener esta solución en función de λ.
Solución:
345
t
ne
a)
λ 2 −3 2λ
A= 1 1 1 1 =⇒ |A| = 5λ + 15 = 0 =⇒ λ = −3
2 −3 2 2
at.
−3 2 −3 −6
−3 2
A= 1 1 1 1 =⇒ |A| = 0, = −5 6= 0 =⇒
1 1
2 −3 2 2
Rango(A) = 2.
−3 2 −6
1
1 1 = 15 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
us 2 −3 2
5λ + 15 λ+3 5λ + 15 5λ + 15 λ+3
z=0
Problema 14.5.2 (3 puntos) Dada la familia de rectas ra : ,
x − ay − 3 = 0
(variando a en R se obtiene toda la familia), se pide:
Solución:
x = 3 + aλ
z=0
ra : =⇒ ra : y=λ
x − ay − 3 = 0
z=0
346
t
ne
−→
ura = (a, 1, 0)
a) ra : todas las rectas de la familia se cortan en el
Pra (3, 0, 0)
punto Pra (3, 0, 0).
at.
πa : x − ay + 3z − 3 = 0
El punto P y el punto Q pertenecen al plano y, por tanto, la recta que
los une para cualquier valor de a.
| − 3| 1 √
c) d(O, πa ) = √ = =⇒ a = ± 26
10 + a2 2
a)
f (x) = e−x − x =⇒ f 0 (x) = −e−x − 1 =⇒ f 00 (x) = e−x
P (x) = ax2 + bx + c =⇒ P 0 (x) = 2ax + b =⇒ P 00 (x) = 2a
P (0) = f (0) = c = 1 1
P 0 (0) = f 0 (0) = b = −2 =⇒ P (x) = x2 − 2x + 1
00 2
P (0) = f 00 (0) = 2a = 1 =⇒ a = 1
2
347
t
ne
a) (1 punto). Determinar el valor de a para que f sea continua en x = 0
y estudiar, en ese caso, la derivabilidad de f en x = 0.
Z 1
b) (1 punto). Calcular, en función de a, la integral f (x) dx.
−1
Solución:
a) Continuidad en x = 0:
at.
lı́m f (x) = lı́m a = a
x−→ 0− x−→ 0− =⇒ a = 1
lı́m f (x) = lı́m (1 + xe−x ) = 1
x−→ 0+ x−→ 0+
f 0 (0− ) = 0
0 si x < 0
Derivabilidad en x = 0: f (x) = −x =⇒ =⇒
e (1 − x) si x > 0 f 0 (0+ ) = 1
f no es derivable en x = 0.
us
b)
Z
−x
(1+xe ) dx =
u = x =⇒ du = dx
dv = e−x dx =⇒ v = −e−x
x − xe−x − e−x = x − e−x (x + 1)
Z
= x−xe + e−x dx =
−x
Z 1 Z 0 Z 1
1
a dx+ (1+xe−x ) dx = [ax]0−1 + x − e−x (x + 1) 0 =
f (x) dx =
−1 −1 0
sin x
si x < 0
x
f (x) =
ln(x + 1)
si x ≥ 0
x+1
donde ln significa logaritmo neperiano, se pide:
x−→−∞ x−→∞
Solución:
348
t
ne
sin x
lı́m f (x) = lı́m =1
a) Continuidad en x = 0: x−→ 0− x
x−→ 0−
=⇒ f
lı́m f (x) = lı́m ln(x + 1) = 0
x−→ 0+ x−→ 0+ x+1
no es continua en x = 0 presenta una discontinuidad no evitable, hay
un salto.
sin x
b) lı́m =0
x−→ −∞ x
ln(x + 1)
at.
lı́m =0
x−→ +∞ x + 1
x cos x − sin x
si x < 0
x2
0
c) f (x) = , f es derivable en R − {0}.
1 − ln(x + 1)
si x ≥ 0
(x + 1)2
4x + y + 5z = 0
Problema 14.6.2 (3 puntos) Dadas las rectas: r ≡ y
s≡
us
y−z−3=0
, se pide:
5y − 3z = 0
x−y−z+1=0
a) (1 punto). Estudiar la posición relativa entre ellas.
Solución:
→ − → −
ur = (−7, 3, 5) us = (2, 1, 1) −−→
r: s: Pr Ps = (2, 3, 0)
Pr (0, 0, 0) Ps (2, 3, 0)
2 3 0
−−→ − →
a) [Pr Ps , →
ur , −
us ] = −7 3 5 = 47 luego las rectas r y s se cruzan.
2 1 1
→
−i → − → −
j k √
b) |→
−
ur × →−
us | = | −7 3 5 | = |(−2, −17, −13)| = 462
2 1 1
−−→ − → √
|[Pr Ps , →
ur , −
us ]| 47 47 462
d(r, s) = =√ = u
|→
−
ur × → −
us | 462 462
ww
π : 2x + y + z + λ = 0 =⇒ λ = 0 =⇒ π : 2x + y + z = 0
349
t
ne
Calculamos O0 punto de corte del plano π con la recta s:
x = 2 + 2λ 7
s: y = 3 + λ =⇒ 2(2+2λ)+(3+λ)+λ = 0 =⇒ λ = − =⇒
6
z=λ
0 1 11 7
O − , ,−
3 6 6
at.
O + O00
0 00 0 2 11 7
= O =⇒ O = 2O − O = − , , −
2 3 3 3
2 0
b) (0,5 puntos). Hallar det A + A .
us 0 1
Solución:
w.m
1
a) |B −1 A2 B 2 | = |B −1 ||A2 ||B 2 | = |B|−1 |A|2 |B|2 =
· 25 · 9 = 75
3
2 0 1 0 2 0
b) A +
A =
+ A =
0 1 0 1 0 1
3 0
0 2 · |A| = 30
a b
c) Sea A = = (c1 c2 ), tenemos AX = (c1 ) =⇒ X = A−1 (c2 ):
c d
−1 1 d −b
Como |A| = 5 =⇒ A =
5 −c a
1 d −b b 1 0 1 0 0
X= = = =
5 −c a d 5 −cb + ad 5 |A| 1
ww
−3 λ + 1 0
Problema 14.6.4 (2 puntos) Dada la matriz: A = 3 0 4 se
λ 0 1
pide:
350
t
ne
a) (1 punto). Determinar λ para que A sea invertible.
Solución:
at.
−3 2 0 0 −1 4
b) Si λ = 1: A = 3 0 4 =⇒ A−1 = 1/2 −3/2 6
1 0 1 0 1 −3
4 27
us
se pide:
f (x) = +
x − 4 2x + 2
Solución:
4 27 5(7x − 20)
f (x) = + =
x − 4 2x + 2 2(x + 1)(x − 4)
a) Ası́ntotas:
Verticales: x = −1 y x = 4
5(7x − 20) −135
lı́m = = +∞
x−→ −1− 2(x + 1)(x − 4) 0−
5(7x − 20) −135
lı́m = = −∞
x−→ −1− 2(x + 1)(x − 4) 0+
ww
5(7x − 20) 40
lı́m = − = −∞
x−→ 4− 2(x + 1)(x − 4) 0
5(7x − 20) 40
lı́m = + = +∞
x−→ 4− 2(x + 1)(x − 4) 0
351
t
ne
Horizontales: y = 0
5(7x − 20)
lı́m =0
x−→ ∞ 2(x + 1)(x − 4)
at.
dominio R − {−1, 4}.
c) La gráfica es:
w.m
a a a 1 w 0
se pide:
352
t
ne
b) (0,5 puntos). Resolver el sistema homogéneo AX = O en el caso a = 1.
Solución:
a)
1 1
a a C1 − C2 0
1 a a
at.
a 1 1
a C2 a−1 1 1 a
= = =
a a 1
1 C 3
0
a 1 1
a a a 1 C4 0 a a 1
1 a a C1 1 0 a
−(a − 1) a 1 1 = C2 − C3 = −(a − 1) a 0 1 =
a a 1 C3 a a−1 1
1 a
(a − 1)2 = (a − 1)2 (1 − a2 ) = −(a + 1)(a − 1)3
a 1
us −(a + 1)(a − 1)3 = 0 =⇒ a = −1, a = 1
Si a = 1:
1 1 1 1
1 1 1 1
A=
1
=⇒ Rango(A) = 1
1 1 1
1 1 1 1
w.m
Si a = −1:
1 1 −1 −1
−1
1 1 −1
1 1 −1
A= =⇒ −1
1 1 = −4 =⇒ Rango(A) = 3
−1 −1 1 1
−1 −1 −1
−1 −1 −1 1
Si a 6= 1 y a 6= −1 =⇒ Rango(A) = 4.
x + y + z + w = 0 =⇒
z =µ
w=σ
353
t
ne
se necesitan 4 − 3 = 1 parámetro:
x 0
1 1 −1 −1
−1 y 0
1 1 −1 =
z
0
−1 −1 −1 1
w 0
x=0
x+ y− z− w = 0
at.
y=λ
−x+ y+ z− w = 0 =⇒
z =0
−x− y− z+ w = 0
w=λ
Problema 14.7.3 (2 puntos) Dados los puntos A(2; −2; 1), B(0; 1; −2),
C(−2; 0; −4), D(2; −6; 2), se pide:
se pide:
Solución:
−−→ −−→ −−→
a) AB = (−2, 3, −3), BC = (−2, −1, −2) y CD = (4, −6, 6) = −2(−2, 3, −3).
−−→ −−→
Los vectores AB y CD son paralelos, luego se trata de un trapecio.
−−→
b) La distancia será la de A sobre el vector CD. Construimos el vector
w.m
−→
CA = (4, −2, 5):
i j k
−−→ −→ √
S = |CD × CA| = | 4 −6 6 | = |(−18, 4, 16)| = 2 149 u2
4 −2 5
−−→ √
|CD| = 2 22
√ r
−−→ 2 149 149
S = |CD| · h =⇒ h = √ =
2 22 22
−−→ −→
c) AB = (−2, 3, −3) y AC = (−4, 2, −5):
√
i j k
1 −−→ −→ 1 149 2
ST = |AB × AC| = | −2 3 −3 | = |(−9, 2, 8)| = u
ww
2 −4 2 −5 2 2
354
t
ne
a) (1 punto). Hallar el punto de tangencia P 0 .
Solución:
at.
→
−
ur = (1, 2, −2)
r: =⇒ y = 2 + 2λ
Pr = P (1, 2, −1)
z = −1 − 2λ
d(P, π) 1 |1 + 4 + 2 + 2| 9 3
r= = · √ = =
2 2 1+4+4 6 2
2
1 9
x− + (y − 1)2 + z 2 =
2 4
w.m
x2 + y 2 + z 2 − x − 2y − 1 = 0
b) (1,5 puntos). Hallar λ para que las rectas rA sea paralela al plano
definido por rB y rC .
ww
Solución:
−→ −→ −→
urA = (1, λ, 2) urB = (1, 1, 1) urC = (1, 1, −2)
rA : , rB : rC :
PrA = A(1, 2, 1) PrB = B(1, −2, 3) PrC = C(4, 1, −3)
355
t
ne
−−→
a) Utilizamos el vector auxiliar AB = (0, −4, 2):
0 −4 2
|A| = 1 λ 2 = −2 − 2λ = 0 =⇒ λ = −1
1 1 1
at.
paralelas, para eliminar esta posibilidad se estudia:
−→
urA 1 2
= −1 6= 0 =⇒ rA y rB se cortan
Rango −→ = 2, ya que
urB 1 1
u→ →
− −→
rA =⇒ π · urA = 0
c)
urB · urC 1+1−2 π
cos α = √ √ = 0 =⇒ α =
|urB ||urC | 3 6 2
w.m
Se pide:
Solución:
ww
a)
2 λ λ 1−λ
3 2 λ = −1
A= 1 1 λ − 1 −2λ =⇒ |A| = λ −3λ +4 = 0 =⇒
λ=2
λ−1 1 1 λ−1
356
t
ne
Si λ 6= −1 y λ 6= 2 =⇒ |A| = 6 0 =⇒ Rango(A) = 3 =Rango(A) = no
de incógnitas y el sistema es compatible determinado.
Si λ = 2:
2 2 2 −1
A = 1 1 1 −2
1 1 1 1
En este caso el Rango(A) = 1 y el Rango(A) = 2 y el sistema es in-
at.
compatible.
Si λ = −1:
2 −1 −1 2
A= 1 1 −2 −2
−2 1 1 −2
En este caso: F1 = −F3 =⇒ el sistema es compatible indeterminado.
b) Si λ = 1:
us
2x+ y+ z = 0
x+ y = −2 =⇒
x=0
y = −2
y+ z = 0 z=2
c) Si λ = 1:
x=µ
2x− y− z = 2
=⇒ y = −2 + µ
x+ y− 2z = −2
z=µ
w.m
x
Problema 14.8.3 (2 puntos) Dada la función f (x) = , se pide:
x2 + 1
a) (1 punto). Hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en
x = 0.
Z 1
b) (1 punto). Calcular xf (x) dx.
0
Solución:
a)
−x2 + 1
f 0 (x) = = 0, m = f 0 (0) = 1; f (0) = 0 =⇒ y = x
(x2 + 1)2
ww
b)
1 1 1
x2
Z Z Z
1
xf (x) dx = dx = 1− dx = x − arctan x]10 =
0 0 x2 + 1 0 x2 + 1
π 4−π
1− =
4 4
357
t
ne
Problema 14.8.4 (2 puntos) Dada la función f (x) = e1/x , se pide:
a) (1 punto). Calcular lı́m f (x), lı́m f (x) y estudiar la existencia
x−→ +∞ x−→ −∞
de lı́m f (x).
x−→ 0
at.
a) lı́m e1/x = 1; lı́m e1/x = 1.
x−→ +∞ x−→ −∞
b) La gráfica serı́a:
us
Por el apartado anterior la función tiene una ası́ntota vertical en x = 0
w.m
e1/x
f 0 (x) = − < 0, ∀x ∈ R − {0}
x2
Luego la función es siempre decreciente.
358
t
ne
Solución:
1 −2 3
a) A−1 = 0 1 −2
0 0 1
1 −4 10
b) Si, (A−1 )2 = (A2 )−1 = 0 1 −4
0 0 1
at.
1 −2 3 6 −1
c) AX = B =⇒ X = A−1 B = 0 1 −2 8 = 2
0 0 1 3 3
Solución:
w.m
x = 1 + 2λ
rm : y = −2 + mλ π : x − 2y + z = 6
z=λ
1
a) (1 + 2λ) − 2(−2 + mλ) + λ = 6 =⇒ λ = :
3 − 2m
3
Si m = =⇒ r y π son paralelos, en caso contrario se cortan en un
2
punto.
b) Para m = −2:
−
u→
π = (1, −2, 1) x−1 y+2 z
0 →
−
ur = (2, −2, 1) =⇒ π 0 −2 1 = 0 =⇒ π 0 : y+2z+2 = 0
π : : 1
Pr (1, −2, 0) 2 −2 1
ww
1 1
c) Para m = −2 =⇒ λ = = :
3 − 2m 7
9 16 1
,− ,
7 7 7
359
t
ne
Problema 14.9.3 (2 puntos) Dada la función f (x) = x3 + ax2 + bx + c, se
pide:
at.
Solución:
a)
2
p x − x + 25
si x≤1
f (x) = 5 (2 + x)2 + (5 − x)2 si 1 < x < 2
5 ln(1+x2 )
ln 5 si x≥2
Se pide:
Solución:
a) Continuidad en x = 1
ww
f (1) = 25
360
t
ne
at.
Luego f (x) es continua en x = 1.
Continuidad en x = 2
p
lı́m f (x) = lı́m (5 (2 + x)2 + (5 − x)2 ) = 25
x−→ 2− x−→ 2−
us lı́m f (x) = lı́m (
x−→ 2+ x−→ 2+
5 ln(1 + x2 )
ln 5
)=5
b) Derivabilidad:
2x − 1 si x≤1
5(2x−3)
f 0 (x) = si 1 < x < 2
w.m
√
2x2 −6x+29
10x
(x2 +1) ln 5
si x>2
361
t
ne
Solución:
2x(1 − α)
a) f 0 (x) =
(x2 + 1)2
1+α 1−α
b = f (1) = , m = f 0 (1) =
2 2
1+α 1−α
y− = (x − 1)
at.
2 2
b) m = 0 =⇒ 1 − α = 0 =⇒ α = 1
x2 + 2
c) Si α = 2 tenemos f (x) =
x2 + 1
Dom(f ) = R, es una función par, con corte con OY en (0, 2) y
siempre positiva.
Ası́ntotas: No tiene verticales, tiene una horizontal en y = 1 ya
us que lı́m 2
x2 + 2
x−→∞ x + 1
= 1 y por tanto no hay oblicuas.
−2x
Monotonı́a: f 0 (x) = 2 = 0 =⇒ x = 0
(x + 1)2
362
t
ne
Problema 14.10.2 (3 puntos) Dado el haz de planos de R3 definido por:
πa ≡ x + 2y + az − 1 = 0 (al variar a en R se obtienen todos los planos del
x−1 z
haz) y la recta r ≡ = y + 3 = , se pide:
2 2
a) (1 punto). Determinar para qué valores de a la recta r es paralela al
plano πa .
b) (1 punto). Razonar si hay algún valor de a tal que la recta r es per-
at.
pendicular al plano πa , y en caso afirmativo calcular dichos valores de
a.
c) (1 punto). Si√a = 1, obtener los puntos de la recta r cuya distancia al
plano π1 es 6
Solución:
x = 1 + 2λ
r: y = −3 + λ πa : x + 2y + az − 1 = 0
z = 2λ
us
a) →
−
ur ⊥ −
u→ →
− −→
πa =⇒ ur · uπa = 0:
(2, 1, 2) · (1, 2, a) = 2 + 2 + 2a = 0 =⇒ a = −2
b) →
−
ur k −u→ →
− −→
πa =⇒ ur = λuπa :
(2, 1, 2) = λ(1, 2, a) =⇒ 2 = λ, 1 = 2λ y 2 = λa, lo que es imposible.
c) Pr (1 + 2λ, −3 + λ, 2λ):
w.m
|1 + 2λ + 2(−3 + λ) + 2λ − 1| √
d(Pr , π) = √ = 6 =⇒ |λ − 1| = 1
1+4+1
λ − 1 = 1 =⇒ λ = 2 =⇒ P1 (5, −1, 4)
λ − 1 = −1 =⇒ λ = 0 =⇒ P2 (1, −3, 0)
Problema 14.10.3 (2 puntos) Resolver la ecuación:
x+1 1 6
x − 1 0 −6 = 6
x2 + 2 x 12
Solución:
x+1 1 6 x 1 6 1 1 6 x 1 6
x − 1 0 −6 = x 0−6 −1 0 −6 = x 0 −6 =
x2 + 2 x 12 x2 x 12 x2 x 12
ww
x 12 2
1 1 1 0 1 1
= −6x 1 1
6x 1 0 −1 = 6x 1 0 −1 x = −6x(2 − x) = 6 =⇒
x x
2
2 0 x 2
√
x=1± 2
363
t
ne
Problema 14.10.4 (2 puntos) Dado el sistema de ecuaciones lineales
x+ ay− z= 0
3x+ 2y+ az = 0
7x+ 9y+ 9z = 0
se pide:
at.
b) (0,5 puntos). Resolverlo para a = 5.
Solución:
1 a −1
us A= 3 2
7 9
a =⇒ |A| = 7a2 − 36a + 5 = 0 =⇒ a = 5, a = 1/7
9
b) Para Si a = 5:
w.m
x = −27/13λ
x+ 5y− z = 0
=⇒ y = 8/13λ
3x+ 2y+ 5z = 0
z=λ
ww
364
t
ne
Capı́tulo 15
at.
Año 2014
A= 1 1
1 1 1
0 0 1
2 ; B = 0 1 0
4 3 k 1 0 0
se pide:
a) (0,5 puntos). Hallar los valores de k para los que existe la matriz inversa
A−1 .
w.m
b)
1 1 1 0 −3 1
k = 6 =⇒ A = 1 1 2 =⇒ A−1 = 2 2 −1
4 3 6 −1 1 0
ww
c) AX − A = B =⇒ X = A−1 (B + A):
0 −3 1 1 1 2 2 −3 0
X= 2 2 −1 1 2 2 = −1 3 2
−1 1 0 5 3 6 0 1 0
365
t
ne
Problema 15.1.2 (3 puntos) Dados el punto P (1; 1; 1) y los planos
π1 ≡ 3x + ay + z = 0; π2 ≡ ax + y + 2z = 0; π3 ≡ x + y − z = 0;
se pide:
a) (1 punto). Calcular los valores de a para los que los planos se cortan
en una recta.
b) (1 punto). Para a = 2, hallar la ecuación del plano que pasa por el
at.
punto P y es perpendicular a la recta intersección de los planos π1 y
π2 .
c) (1 punto). Hallar el punto P 0 proyección de P sobre el plano π3 .
Solución:
a)
3x + ay + z = 0
ax + y + 2z = 0 =⇒ |A| = a2 + 3a − 10 = 0 =⇒ a = 2, a = −5
us
x+y−z =0
Si a 6= 0 y a 6= −5 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3 =Rango(A) = no
de incóngitas =⇒ Sistema compatible determinado. Solución trivial
(x = y = z = 0).
Cuando a = −5:
3x − 5y + z = 0 x = 1/2λ
3x − 5y + z = 0
−5x + y + 2z = 0 =⇒ =⇒ y = 1/2λ
x+y−z =0
x+y−z =0 z=λ
b) →
3x + 2y + z = 0 −
ur = (3, −4 − 1)
r: =⇒ r :
2x + 2y + z = 0 Pr = O(0, 0, 0)
ww
−→ →
−
uπ = ur = (3, −4 − 1)
π: =⇒
P (1, 1, 1)
3x − 4y − z + λ = 0 =⇒ 3 − 4 − 1 + λ = 0 =⇒ λ = 2
3x − 4y − z + 2 = 0
366
t
ne
c) −
u→
π3 = (1, 1, −1) Calculamos t ⊥ π3 que pasa por P :
→
− −→ x=1+λ
ut = uπ3 = (1, 1, −1)
t: =⇒ t : y =1+λ
Pt (1, 1, 1)
z =1−λ
at.
(1 + λ) + (1 + λ) − (1 − λ) = 0 =⇒ λ = − =⇒ P 0 , ,
3 3 3 3
arctan x − x
a) (1 punto). lı́m
x−→ 0 x3
a)
1
−1 −x2
arctan x − x 0 1+x2 1
lı́m = = lı́m = lı́m =−
x−→ 0 x3 0 x−→ 0 3x2 x−→ 0 3x2 (1 + x2 ) 3
w.m
− cos x
ln (1 − sin x) 0 1−x
lı́m = = lı́m = −1 = ln λ =⇒ λ = e−1
x−→ 0 x 0 x−→ 0 1
1 2
Hallar Z 2
f (ex/2 )ex/2 dx.
0
Solución:
367
t
ne
a)
Z 6
0 u = x − 5 =⇒ du = dx
(x − 5)g (x) dx = =
5 dv = g 0 (x)dx =⇒ v = g(x)
Z 6
(x − 5)g(x)]65 − g(x) dx = g(6) − 0 − g(6) = 0
5
b)
at.
u = ex/2 =⇒ 2du = ex/2 dx
Z 2 Z e
f (ex/2 )ex/2 dx = x = 0 =⇒ u = 1 =2 f (u) du = 1
0 x = 2 =⇒ u = e 1
2x2 + 6
us f (x) =
x−1
si x < 0
2
x −1
si x ≥ 0
x2 + 1
se pide:
Solución:
a)
2x2 + 6
lı́m = −6
x−→ 0− x−1
x2 − 1
lı́m = −1
x−→ 0+ x2 + 1
Como lı́m 6= lı́m la función tiene en x = 0 un discontinuidad no
x−→ 0− x−→ 0+
evitable, hay un salto.
ww
2x2 + 6
m= lı́m =2
x−→ −∞ x2 − x
368
t
ne
2x2 + 6
n= lı́m − 2x =2
x−→ −∞ x−1
Cuando x ≥ 0 : No hay ası́ntotas verticales pero si horizontales y, por
tanto, no hay oblicuas. y = 1
x2 − 1
lı́m =1
x−→ ∞ x2 + 1
at.
c)
2(x2 − 2x − 3)
si x < 0
(x − 1)2
0
f (x) =
4x
si x ≥ 0
(x2 + 1)2
x+y−4=0
r≡ y = −6 + 2λ s≡
2x + z − 6 = 0
z =1+λ
369
t
ne
Solución:
→− →
−
ur = (1, 2, 1) us = (1, −1, −2) −−→
r: s: Pr Ps = (5, 7, −1)
Pr (−2, −6, 1) Ps (3, 1, 0)
a)
5
7 −1
1
2 1 = 9 6= 0 =⇒ r y s se cruzan
at.
1 −1 −2
→
−
ut = (1, −1, 1) 1 1 x−3
→
−
π2 : us = (1, −1, −2) =⇒ π1 : −1 −1 y − 1
= 0 =⇒ x+y−4 = 0
Ps (3, 1, 0) 1 −2 z
w.m
x−z+3=0
t:
x+y−4=0
se pide:
Solución:
a + 2 a + 1 −6
A= 1 5 a
1 1 −5
370
t
ne
a) |A| = −21a − 21 = 0 =⇒ a = −1. Si a = −1 =⇒ |A| 6= 0 =⇒
Rango(A = 3 6= Rango(A) = 2 =⇒ el sistema serı́a incompatible.
Si a = −1:
1 0 −6
A= 1 5 1
1 1 −5
En este caso Rango(A = 2 = Rango(A) = no de incógnitas=⇒ el
at.
sistema serı́a compatible determinado.
b)
x = −6 x = −6
=⇒
x + y = −5 y=1
2+x 4+y 6+z
b) (1 punto). 3x − 1 3y 3z − 1 .
3 4 7
Solución:
a)
3 0 1 1 0 1 x y z
3x 2y z = 6 x y z = −6 1 0 1 = −6
6 8 6 2 4 6 2 4 6
b)
2+x 4+y 6+z 2+x 4+y 6+z 2+x 4+y 6+z
3x − 1 3y 3z − 1 = 3x − 1 3y 3z − 1 + 3x − 1 3y 3z − 1 =
ww
3 4 7 2 4 6 1 0 1
2 4 6
x y z
= 3x − 1 3y 3z − 1 + 3x − 1 3y 3z − 1
+
2 4 6 2 4 6
371
t
ne
2+x 4+y 6 + z 2 + x 4+y 6+z
+ −1 0 −1 + 3x 3y 3z =
1 0 1 1 0 1
x y z x y z 2 4 6 x y z
= 3x 3y 3z − 1 0 1 + 3x 3y 3z + 3x 3y 3z =
2 4 6 2 4 6 1 0 1 1 0 1
x y z x y z x y z x y z
at.
= − 1 0 1 − 3 2 4 6 = 2 1 0 1 = 2 1 0 1 = 2
2 4 6 1 0 1 2 4 6 3 4 7
1
a) (1,5 puntos). Calcula α, β y γ para que 2 sea solución del sistema
3
AX = B.
w.m
b) β = γ = 1:
ww
α 1 1 x 0
1 0 α · y = 0 ; |A| = −α(α−1) = 0 =⇒ α = 0, α = 1
1 1 1 z 0
372
t
ne
por lo que es un sistema compatible determinado y su única solución
serı́a la trivial: x = y = z = 0.
Si α = 0 o α = 1 =⇒ |A| = 0 =⇒ Rango(A) < no de incógnitas por
lo que es un sistema compatible indeterminado.
c) Si α = −1, β = 1 y γ = 0:
−1 1 0 x 1 −x + y = 1 x=0
0 0 −1 · y = 0 =⇒ −z = 0 =⇒ y=1
at.
1 1 0 z 1 x+y =1 z=0
Solución:
P 0:
P0 + P
= P 00 =⇒ P 0 = 2P 00 − P =
2
68 30 26 37 30 5
, , − (1, 0, 1) = , ,−
31 31 31 31 31 31
373
t
ne
b)
x=0 → −
ur = (0, 0, 1) −−→
r: y = 0 =⇒ , Pr P = (1, 0, 1)
Pr (0, 0, 0)
z=λ
i j k
−−→ −
|Pr P × →
ur | = | 1 0 1 | = |(0, −1, 0)| = 1
0 0 1
−−→ −
at.
|Pr P × → ur | 1
d(P, r) = →
− = =1
|ur | 1
c) Calculamos los puntos de corte de π ≡ x + 5y − 6z = 1 con los ejes
coordenados:
Con OX hacemos y = 0 y z = 0: A(1, 0, 0)
Con OY hacemos x = 0 y z = 0: B(0, 1/5, 0)
Con OZ hacemos x = 0 y y = 0: C(0, 0, −1/6)
Luego:
us −→ −−→ −−→
OA = (1, 0, 0); OB = (0, 1/5, 0); OC = (0, 0, −1/6)
1 0
0
1 1
V = | 0 1/5 0 | = u3
6 180
0 0 −1/6
Problema 15.3.3 (2 puntos)
a) (1 punto). Sea f : R −→ R una función dos veces derivable. Sabiendo
w.m
Z 0 0
4 3 x5 4 44
(x + 4x ) dx = +x =−
−4 5 −4 5
4
4 256 2
S = − = u
5 5
374
t
ne
Problema 15.3.4 (2 puntos) Calcular justificadamente:
1 − 2x − ex + sin(3x)
a) lı́m
x−→ 0 x2
(5x2 + 2)(x − 6)
b) lı́m
x−→ ∞ (x2 − 1)(2x − 1)
Solución:
at.
a)
1 − 2x − ex + sin(3x) −2 − ex + 3 cos(3x)
0 0
lı́m 2
= = lı́m = =
x−→ 0 x 0 x−→ 0 2x 0
−ex − 9 sin(3x) 1
= lı́m =−
x−→ 0 2 2
us
b)
lı́m
(5x2 + 2)(x − 6) h ∞ i
= = lı́m
5x3
=
5
x−→ ∞ (x2 − 1)(2x − 1) ∞ x−→ ∞ 2x3 2
a + ln(1 − x) si x < 0
f (x) =
x2 e−x si x ≥ 0
Solución:
ww
a)
x2 h ∞ i 2x h ∞ i 2
lı́m f (x) = lı́m x
= = lı́m x
= = lı́m x = 0
x−→∞ x−→∞ e ∞ x−→∞ e ∞ x−→∞ e
375
t
ne
b)
x2
lı́m (a + ln(1 − x)) = a, lı́m = 0 =⇒ a = 0
x−→ 0− x−→ 0+ ex
c)
1
f 0 (0− ) = −1
0 − 1−x si x < 0
f (x) = =⇒
xe−x (2 − x) si x ≥ 0 f 0 (0+ ) = 0
at.
Luego la función no es derivable en x = 0. Concluimos con que f es
continua y derivable en R − {0} y serı́a continua en x = 0 pero no
derivable para a = 0.
Problema
15.4.2 (3 puntos) Dados el plano π ≡ 2x − y = 2, y la recta
x=1
r≡
y − 2z = 2
Solución:
w.m
a)
→
− x=1
ur = (0, 2, 1)
r: =⇒ y = 2 + 2λ
Pr (1, 2, 0)
z=λ
2 · 1 − (2 + 2λ) = 2 =⇒ λ = −1
π y r se cortan en el punto (1, 0, −1)
b) π 0 ⊥ π, r ∈ π 0 :
−
u→
π = (2, −1, 0) 2 0 x−1
0 →
−
π : ur = (0, 2, 1) =⇒ π1 : −1 2 y − 2 = 0 =⇒ x+2y−4z−5 = 0
Pr (1, 2, 0) 0 1 z
ww
376
t
ne
Calculamos P punto de corte de r con π 00 :
5
2 − (2 + 2λ) + 5 = 0 =⇒ λ =
2
5
P 1, 7,
2
La recta buscada s pasa por los puntos A y P :
at.
→− −→ x = −2 + 3λ
us = AP = (3, 6, 5/2)
s: =⇒ t : y = 1 + 6λ
Ps (−2, 1, 0)
z = 52 λ
Solución:
w.m
r
5
a) |A| = −2a2 + 5 = 0 =⇒ a = ± .
r 2
5
Si a 6= ± =⇒ |A| 6= 0 =⇒ ∃A−1 .
r 2
5
Si a = ± =⇒ |A| = 0 =⇒ no existe A−1 .
2
b) Para a = 2:
−1 −1 2 2 −1 2
A = −3 2 2 =⇒ A−1 = 1 −1/3 4/3
0 2 −1 2 −2/3 5/3
377
t
ne
b) (1 punto). Calcular lo que deberı́amos pagar si adquirimos ocho cua-
dernos y tres rotuladores.
Solución:
Sean x el precio de un cuaderno, y el precio de un rotulador y z el de un
bolı́grafo.
a)
x = −6 + 9z
at.
5x + 2y + 3z = 22
=⇒
2x + y + 6z = 14 y = 26 − 24z
se pide:
Solución:
1 −1 1 1
1 −1
a) A = 0 1 −1 a =⇒ |A| = |A1 | = 0 y
= 1 6=
2 0 1
1 1 −1 3a
0 =⇒ Rango(A)
= 2 ∀a ∈ R.
1 −1 1
|A2 | = 0 1 a = 3a2 − 2a − 1 = 0 =⇒ a = 1, a = −1/3
1 1 a2
1 1 1
|A3 | = 0 −1 a = −3a2 + 2a + 1 = 0 =⇒ a = 1, a = −1/3
1 −1 3a2
−1 1 1
|A4 | = 1 −1 a = 0
ww
1 −1 3a2
En conclusión si a 6= 1 y a 6= −1/3 =⇒ RangoA = 3 6=Rango(A) y el
sistema serı́a incompatible. Por el contrario si a = 1 o a = −1/3 =⇒
RangoA = 2 =Rango(A) < no de incógnitas y el sistema serı́a compa-
tible indeterminado.
378
t
ne
b) Para a = −1/3:
x = 2/3
x− y+ z = 1
=⇒ y = −1/3 + λ
y− z = −1/3
z=λ
Para a = 1:
x=2
x− y+ z = 1
at.
=⇒ y =1+λ
y− z = 1
z=λ
mx3 − 1
Problema 15.5.2 (3 puntos) Dada la función f (x) = , se pide:
x2
a) (1 punto). Hallar el valor de m para el que f tiene un extremo relativo
en x = 1.
Solución:
a)
mx3 + 2
f 0 (x) = ; f 0 (1) = 0 =⇒ m + 2 = 0 =⇒ m = −2
w.m
x3
−2x3 − 1
b) Para m = −2: f (x) =
x2
Verticales en x = 0:
−2x3 − 1
−1
lı́m 2
= + = +∞
x−→ 0− x 0
−2x3 − 1
−1
lı́m = + = +∞
x−→ 0+ x2 0
−2x3 − 1
Horizontales no hay: lı́m = −∞
x−→ ∞ x2
Oblicuas y = mx + n:
ww
f (x) −2x3 − 1
lı́m = lı́m = −2
x−→ ∞ x x−→ ∞ x3
−2x3 − 1x2 + 2x = 0
lı́m (f (x) − mx) = lı́m
x−→ ∞ x−→ ∞
y = −2x
379
t
ne
c) Puntos de corte con eje de ordenadas: no hay
√
3 − 1 = 0 =⇒ x = −1/ 3 2 =⇒
Puntos
√ de corte con eje de abcisas: −2x
(−1/ 3 2, 0).
−2x3 + 2 −6
f 0 (x) = ; f 00 (x) = 4 ; f 00 (1) = −6 < 0
x3 x
Luego hay un máximo en el punto (1, −2)
at.
us
Problema 15.5.3 (2 puntos) Dado el plano π ≡ 2x − y + z = 1, se pide:
grados.
Solución:
→
− x = aλ
ur = (a, b, c)
a) Sean las rectas r : =⇒ y = bλ que se cortan en
Pr (0, 0, 0)
z = cλ
el punto O(0, 0, 0).
Estas rectas tiene que formar un ángulo de 45o con el plano z = 0, es
decir:
(a, b, c) · (0, 0, 1) c 1
sin α = √ √ =√ = √ =⇒
a2 2 2 2 2 2 2 2
ww
+b +c 0+0+1 a +b +c
√ p
2c = a2 + b2 + c2 =⇒ c2 = a2 + b2
Por otro lado π k r =⇒ − u→ →
−
π ⊥ ur :
−
u→ →
−
π · ur = (a, b, c) · (2, −1, 1) = 2a − b + c = 0 =⇒ c = b − 2a
380
t
ne
c2 = b2 +4a2 −4ab =⇒ b2 +4a2 −4ab = a2 +b2 =⇒ a(3a−4b) = 0 =⇒
a = 0 =⇒ c = b =⇒ → −
ur = (0, b, b) = b(0, 1, 1)
2 2
4b b b 4b
=⇒ c = − =⇒ No válida − 6= + b2
a=
3 3 3 3
x=0 x=0
rb : y = bλ =⇒ r : y=λ
at.
z = bλ z=λ
|0 − 0 + 0 − 1| 1
b) El radio de la esfera es r = d(O, π) = √ = √ y su centro
4+1+1 6
en O(0, 0, 0):
2 2 2 1
(x − 0) + (y − 0) + (z − 0) = √ =⇒ 6x2 + 6y 2 + 6z 2 = 1
6
us
Problema 15.5.4 (2 puntos) Sean los puntos A(2, 1, 0) y B(0, 1, −4). Se
pide:
b) (1 punto). Calcular √
los puntos situados sobre la recta determinada por
A y B que están a 6 unidades de distancia de P (2, −1, 1).
w.m
Solución:
p p
a) d(A, π) = d(B, π) =⇒ (x − 2)2 + (y − 1)2 + z 2 = x2 + (y − 1)2 + (z + 4)2 =⇒
π : x + 2z + 3 = 0
→
− −−→ x=2+λ
ur = BA = 2(1, 0, 2)
b) r : =⇒ y=1 =⇒ Q(2 + λ, 1, 2λ)
Pr = A(2, 1, 0)
z = 2λ
−−→ p √
|P Q| = |(λ, 2, 2λ − 1)| = λ2 + 4 + (2λ − 1)2 = 6 =⇒
λ = 1 =⇒ Q1 (3,
1, 2)
2
5λ − 4λ − 1 = 0 =⇒ 1 9 2
λ = − =⇒ Q2 , 1, −
5 5 5
ww
381
t
ne
a) (1 punto). Hallar la distancia de la recta al plano.
b) (1 punto). Hallar la proyección del punto P (5, −2, 1) sobre el plano π.
c) (1 punto). Hallar la proyección del punto Q(−1, 7, 3) sobre la recta r.
Solución:
→
−
ur = (3, 1, −3) −
r: u→
π = (5, −3, 4)
Pr (2, −6, 8)
at.
a) Cuando se habla de distancia de una recta a un plano entendemos
que la recta es paralela al plano, si lo cortase la distancia serı́a cero
y si está contenida en el plano también serı́a cero. Comprobamos el
paralelismo:
→
−
ur ⊥ −u→π = (3, 1, −3) · (5, −3, 4) = 0 =⇒ lo que nos indica que o es
paralela o está contenida en el plano.
|10 + 18 + 32 − 10| √
d(r, π) = d(Pr , π) = √ =5 2u
us
b) Proyección de P sobre π:
25 + 9 + 16
3(−1) + 7 − 3(3) + λ = 0 =⇒ λ = 5 =⇒ π 0 : 3x + y − 3z + 5 = 0
Q0 proyección de Q será el punto de corte de r y π 0 :
ww
→
− x = 2 + 3λ
ur = (3, 1, −3)
r: =⇒ y = −6 + λ
Pr (2, −6, 8)
z = 8 − 3λ
382
t
ne
a b c
Problema 15.6.2 (3 puntos) Sabiendo que la matriz A = 1 2 3
x y z
tiene determinante igual a 10, se pide calcular justificadamente:
2a + b b c
a) (1 punto). El determinante de la matriz 4 2 3 .
2x + y y z
at.
3x 3y 3z
b) (1 punto). El determinante de la matriz 1 2 3 .
2a 2b 2c
a+2 b+4 c+6
c) (1 punto). El determinante de la matriz (BB t )3 , donde B = 1 2 3
x y z
t
y B es la matriz transpuesta de B.
us
Solución:
2a + b b c
2a b c b b c
a b c
a) 4 2 3 = 2 2 3 + 2 2 3 = 2 1 2 3 = 20
2x + y y z 2x y z y y z x y z
3x 3y 3z a b c
b) 1 2 3 = −6 1 2 3 = −60
w.m
2a 2b 2c x y z
a+2 b+4 c+6 a b c 2 4 6
c) |B| = 1 2 3 = 1 2 3 + 1 2 3 = 10
x y z x y z x y z
Problema 15.6.3 (2 puntos) Sea f (x) una función con derivada continua
tal que f (0) = 1 y f 0 (0) = 2. Se considera la función g(x) = 2(f (x))2 y se
pide:
x−→ 0 e−x − 1
c) (1 punto). Estudiar la derivabilidad de f y calcular f 0 , donde sea po-
sible.
Solución:
383
t
ne
a) y − b = m(x − a), a = 0, b = g(a) = g(0) = 2(f (0))2 = 2 y m =
g 0 (a) = g 0 (0) = 4f (0)f 0 (0) = 8 (ya que g 0 (x) = 4f (x)f 0 (x)) Luego la
recta tangente tiene de ecuación: y − 2 = 8(x − 0) =⇒ y = 8x + 2.
f 0 (x)
f (x) − 1 0
b) lı́m −x = = lı́m = −2
x−→ 0 e −1 0 x−→ 0 −e−x
at.
Z 3/2
dx
a) (1 punto).
1 1 − 4x2
1 1
b) (1 punto). lı́m − , donde ln denota logaritmo neperiano.
x−→ 1 x − 1 ln x
Solución:
Z 3/2 3/2
dx 1 1 3
us
a)
1
1 − 4x 2
= (ln |2x + 1| − ln |2x − 1|)
4
1
= − ln
4 2
= −0, 1
1 1 ln x − x + 1 0
b) lı́m − = [∞ − ∞] = lı́m = =
x−→ 1 x − 1 ln x x−→ 1 (x − 1) ln x 0
1 1−x
x −1
x 1−x 0
lı́m x−1 = lı́m x ln x+x−1
= lı́m = =
x−→ 1 ln x + x−→ 1 x−→ 1 x ln x + x − 1 0
x x
−1 1
lı́m =−
x−→ 1 ln x + x + 1 2
w.m
1 x
f (x) = + ,
x+1 x+4
se pide:
Solución:
1 x x + 4 + x(x + 1) x2 + 2x + 4
f (x) = + = =
x+1 x+4 (x + 1)(x + 4) (x + 1)(x + 4)
384
t
ne
a) Dom(f ) = R − {−1, −4} y ası́ntotas:
Verticales:
3 3
x = −1 : lı́m f (x) = − = −∞; lı́m f (x) = + = +∞
x−→ −1− 0 x−→ −1+ 0
12 3
x = −4 : lı́m f (x) = + = +∞; lı́m f (x) = − = −∞
x−→ −4− 0 x−→ −4+ 0
at.
Horizontales: y = 1
x2 + 2x + 4
lı́m =1
x−→ ∞ (x + 1)(x + 4)
b)
3(x2 − 4)
f 0 (x) = = 0 =⇒ x = ±2
us (−∞, −2)
(x + 1)2 (x + 4)2
(−2, 2) (2, ∞)
f 0 (x) + − +
f (x) creciente % decreciente & creciente %
Luego la función tiene un máximo en el punto (−2, −2) y un mı́nimo
en el punto (2, 2/3).
w.m
c)
Z 1 Z 1
1 x 1 4
+ dx = +1− dx =
0 x+1 x+4 0 x+1 x+4
1 625
= x + ln |x + 1| − 4 ln |x + 4|]0 = 1+9 ln 2−4 ln 5 = 1−ln ' 0, 8
512
Solución:
385
t
ne
a) |A| = −a(a2 − 3a + 2) = 0 =⇒ a = 0, a = 1 y a = 2.
Si a = 0 o a = 1 o a = 2 =⇒ |A| = 0 =⇒ 6 ∃A−1 .
Si a 6= 0 y a 6= 1 y a 6= 2 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ ∃A−1 .
b)
1 −2 −2 −1/12 1/3 −1/4
A = 1 −2 1 =⇒ A−1 = −5/24 −1/6 −1/8
at.
−3 −2 2 −1/3 1/3 0
c) Si a = 1 y AX = O tenemos:
1 1 1 x=λ
x+y+z =0
A= 1 1 1 =⇒ =⇒ y = −2λ
y + 2z = 0
0 1 2 z=λ
us
Problema 15.7.3 (2 puntos) Dados los puntos A(2, 0, −2), B(3, −4, −1),
C(5, 4, −3) y D(0, 1, 4), se pide:
Solución:
−−→ −→
w.m
−−→ −→ −−→
b) AB = (1, −4, 1), AC = (3, 4, −1) y AD = (−2, 1, 6)
1 −4 1
1 50 3
V = | 3 4 −1 | = u
6 3
−2 1 6
π1 ≡ 2x + z − 1 = 0, π2 ≡ x + z + 2 = 0, π3 ≡ x + 3y + 2z − 3 = 0,
se pide:
386
t
ne
b) (1 punto). Calcular el seno del ángulo que la recta del apartado anterior
forma con el plano π3 .
Solución:
a)
x=3
2x + z − 1 = 0
r: =⇒ r : y=λ
x+z+2=0
z = −5
at.
b) −
u→ →
−
π3 = (1, 3, 2) y ur = (0, 1, 0):
−
u→ →
−
π3 · ur 3
cos(90o − α) = −→ →
− = √ = sin α
|uπ3 ||ur | 14
se pide:
Solución:
b) Pr (1, 2, 1):
2−2+2+3 5
d(Pr , π) = √ = u
4+1+4 3
387
t
ne
Encontramos el punto P 00 de corte entre s y π:
P + P0
= P 00 =⇒ P 0 = 2P 00 −P = (2, 6, −2)−(3, 2, 1) = (−1, 4, −3)
2
at.
Problema 15.8.2 (3 puntos) Dada la función:
5 sin x 1
2x + 2 si x < 0
f (x) = a si x = 0
x
xe + 3 si x > 0
Se pide:
Solución:
f (0) = a =⇒ a = 3
388
t
ne
5 sin(0+h) 1
f (0 + h) − f (0) 2(0+h) + 2 − 3
f 0 (0− )= lı́m = lı́m =
h−→ 0− h h−→ 0− h
5 sin h − 5h 0 5 cos h − 5 0 5 sin h
lı́m 2
= = lı́m = = lı́m =0
h−→ 0 − 2h 0 h−→ 0 − 4h 0 h−→ 0− 4
f (0 + h) − f (0) (0 + h)e0+h + 3 − 3
f 0 (0+ ) = lı́m = lı́m =
h−→ 0+ h h−→ 0+ h
at.
heh
lı́m =1
h−→ 0+ h
c)
Z Z
u = x =⇒ du = dx
(xex +3) dx = = xex − ex dx+3x = 3x+ex (x−1)+C
us Z ln 5
dv = ex dx =⇒ v = ex
f (x) dx = 3x + ex (x − 1)]ln
1
5
= 8(ln 5 − 1) = 4, 88
1
b) (1 punto).Calcular B en el caso a = 1.
Solución:
a 2 1 1
A= ; C=
3 7 1 1
7
Si a = 7/6 =⇒ |A| = 0 =⇒ 6 ∃A−1 .
389
t
ne
b) B = A−1 C:
1 2 7 −2
A= =⇒ A−1 =
3 7 −3 1
−1 7 −2 1 1 5 5
B=A C= · =
−3 1 1 1 −2 −2
at.
Problema 15.8.4 (2 puntos) Estudiar el rango de la matriz:
2 −1 −3 5
2 2 −1 a
A= 1
1 1 6
3 1 −4 a
según los valores del parámetro a.
Solución:
us
2
2 −1 −3 5 F1
2 −1 a F2 + 2F1
2 −1 −3
6
5
0 −7 a + 10
= = =
1 1 1 6 F3 + F1
3 0 −2 11
3 1 −4 a F4 + F1 5 0 −7 a + 5
6 −7 a + 10
3 −2 11 = 12 − 2a = 0 =⇒ a = 6
w.m
5 −7 a + 5
Si a 6= 6 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) = 4.
Si a = 6 =⇒ |A| = 0 =⇒ Rango(A) < 4. Y como
2 −1 −3
2
2 −1 = 9 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
1 1 1
ww
390
t
ne
Capı́tulo 16
at.
Año 2015
se pide:
Solución:
a)
−2 4 2
|A| = −1 m m = 0 ∀m ∈ R =⇒ Rango(A) < 3
−1 2 1
−2 4
−1 m = −2m + 4 = 0 =⇒ m = 2 =⇒ Si m 6= 2 Rango(A) = 2
ww
−2 2
Y si m = 2 tenemos = −2 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
−1 2
Por tanto, Rango(A) = 2 ∀m ∈ R.
391
t
ne
c) Se trata de un sistema homogéneo y el Rango(A) = 2 < no de incógni-
tas, luego es un sistema compatible indeterminado.
x = −1/2λ
−2x + 4y + 2z = 0
=⇒ y = −3/4λ
−x − 2y − 2z = 0
z=λ
at.
de un sistema compatible indeterminado.
−2x + 4y + 2z = −2 x=0
x=0
−x = 0 =⇒ =⇒ y = −1−λ
2
−x + 2y + z = −1
−x + 2y + z = −1 z=λ
x2 − 4x + 3
Problema 16.1.2 (3 puntos) Dada la función f (x) = , se pide:
x2 − 1
us
a) (0,5 puntos). Hallar el dominio de f (x).
Solución:
w.m
a) x2 − 1 = 0 =⇒ x = ±1 =⇒ Dom(f ) = R − {±1}
4
b) f 0 (x) = > 0 =⇒ La función es creciente en todo el dominio
(x + 1)2
de la función R − {±1}
c)
1/2
x−3
Z
1/2
S1 = dx = x − 4 ln(x + 1)]−1/2 = 1 − 4 ln 3
−1/2 x+1
S = |S1 | = 4 ln 3 − 1 u2
ww
392
t
ne
x = 1 + 2λ
Problema 16.1.3 (2 puntos) Dadas las rectas: r : y=λ ; s :
z=λ
x+y =1
, se pide:
y=z
at.
directores.
Solución:
b)
→− x=0
w.m
ut = (0, −1, 1)
t: =⇒ t : y = −λ
Pt (0, 0, 0)
z=λ
i j k
→
−
ut = →
−
ur × →−
us = 2 1 1 = 3(0, −1, 1)
−1 1 1
Problema 16.1.4 (2 puntos) Dados los puntos P1 (1, −1, 2), P2 (2, −3, 0) y
P3 (3, 1, 2), se pide:
a) (0,5 puntos). Determinar la ecuación del plano π que contiene los tres
puntos.
es perpendicular a π.
c) (1
√ punto). Hallar la ecuación de las dos superficies esféricas de radio
17 que son tangentes al plano π en el punto P1 .
Solución:
393
t
ne
−−−→ −−−→
a) P1 P2 = (1, −2, −2), P1 P3 = (2, 2, 0):
1 2 x−1
π : −2 2 y + 1 = 0 =⇒ π : 2x − 2y + 3z − 10 = 0
−2 0 z − 2
b)
→
− x = 1 + 2λ
ur = (2, −2, 3)
at.
r: =⇒ y = −1 − 2λ
Pr (1, −1, 2)
z = 2 + 3λ
x+y−z =4 x=2
r: ; s:
x − y − 3z = −2 y = −3
se pide:
a) (1 punto). Calcular la mı́nima distancia entre r y s.
394
t
ne
1 −6 0
−−→ − →
[Pr Ps , →
ur , −
us ] = −2 1 −1 = −11 6= 0 =⇒ r y s se cruzan
0 0 1
−−→ − → √
|[Pr Ps , →
ur , −
us ]| | − 11| 11 5
d(r, s) = = √ = u
|→
−
ur × → −
us | 5 5
i j k
→
−
ur × →−
us = −2 1 −1 = (1, 2, 0)
at.
0 0 1
P + P0
P 00 = =⇒ P 0 = 2P 00 −P = 2(1, 3, 0)−(1, 2, −1) = (1, 4, 1) =⇒ P 0 (1, 4, 1)
2
c) El plano XY es el plano π 0 : z = 0 y el plano Y Z es el plano π 00 : x = 0.
w.m
Sea P 000 un punto de la recta r que cumple d(P 000 , π 0 ) = d(P 000 , π 00 )
donde P 000 (1 − 2t, 3 + t, −t):
| − t| |1 − 2t| −t = 1 − 2t =⇒ t = 1 =⇒ H(−1, 4, −1)
= =⇒
1 1 −t = −1 + 2t =⇒ t = 1/3 =⇒ Q(1/3, 10/3, −1/3)
relativos de la función
ex − ex
f (x) =
x
.
Solución:
395
t
ne
a)
√ √ √cos x − cos x
1 + sin x − 1 − sin x
0 2 1+sin x
− √
2 1−sin x
lı́m = = lı́m =1
x−→ 0 x 0 x−→ 0 1
Z
u = 3x + 5 =⇒ du = 3dx
b) (3x + 5) cos x dx = =
dv = cos x =⇒ v = sin x
at.
Z
(3x + 5) sin x − 3 sin x dx = (3x + 5) sin x + 3 cos x + C
ex (1 − x)
c) f 0 (x) = = 0 =⇒ x = 1. Si x > 1 =⇒ f 0 (x) < 0 =⇒ f
x2
es decreciente en el intervalo (1, ∞). Si x < 1 =⇒ f 0 (x) > 0 =⇒ f
es creciente en el intervalo (−∞, 0) ∪ (0, 1) En x = 1 hay un máximo
local.
us
Problema 16.2.3 (2 puntos)
Solución:
a)
3 −1 2 1 −1 3
X+ Y =
X=
0 2 1 3 −5 −1
=⇒
1 0 1 3 2 0
ww
X+ Y = Y =
1 1 0 1 3 2
·
1 3 1/3 1
b) Z 2 · 3I · Z −1 = 3Z · Z · Z −1 = 3Z = =⇒ Z =
1 2 1/3 2/3
396
t
ne
Problema 16.2.4 (2 puntos) Dado el sistema de ecuaciones lineales:
mx+ y= 0
x+ my = 0
mx+ my = 0
se pide:
at.
b) (0,5 puntos). Resolverlo cuando sea compatible indeterminado.
Solución:
a)
m 1 0
m 1
2
A= 1 m 0 1 m = m − 1 = 0 =⇒ m = ±1
m m 0
us Si m 6= ±1 =⇒
m 1
1 m
6= 0 =⇒ Rango(A) = 2 = no de incógnitas
b)
x = −λ
y=λ
x ln(x + 1)
f (x) = +
x2 −4 x+1
donde ln denota logaritmo neperiano, se pide:
397
t
ne
b) (0,75 puntos) Calcular la recta tangente a la curva y = f (x) en x = 0.
Z
c) (0,75 puntos) Calcular f (x) dx.
Solución:
a) x > −1, y x 6= ±2 =⇒ Dom(f ) = (−1, 2) ∪ (2, ∞)
Ası́ntotas:
at.
Verticales:
En x = −2: no hay ası́ntota en el intervalo (−2, −1) la función
no existe.
En x = 2: lı́m f (x) = −∞ y lı́m f (x) = +∞
x−→ 2− x−→ 2+
En x = −1: lı́m f (x) = No existe y lı́m f (x) = −∞
x−→ −1− x−→ −1+
Horizontales: y = 0; lı́m f (x) = 0
x−→ ∞
Oblicuas: No hay por haber horizontales.
us
b) f 0 (x) = −
x2 + 4
(x2 − 4)2
+
1 − ln(x + 1)
(x + 1)2
.
3 3
f (0) = 0 y f 0 (0) = =⇒ y = x es la recta tangente buscada.
4 4
c)
Z Z Z
x ln(x + 1) x ln(x + 1)
+ dx = dx + dx =
x2 − 4 x2 − 4
w.m
x+1 x+1
Solución:
ww
a)
4 3 m−1 0
A = 1 −2 m 1 |A| = −3m2 +24m−21 = 0 =⇒ m = 1, m = 7
5 m 1 1
398
t
ne
Si m 6= 1 y m 6= 7 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3 =Rango(A) = no
de incógnitas, serı́a un sistema compatible determinado.
Si m = 7:
4 3 6 0
4 3
A= 1 −2 7 1 ; |A| = 0 y
= −11 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
1 −2
5 7 1 1
at.
Como
4 3 0
1 −2 1 = −24 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
5 7 1
b) para m = 1:
3 3
x = 11 − 11 λ
4x+ 3y = 0
w.m
4 4
=⇒ y = − 11 + 11 λ
x− 2y+ z = 1
z=λ
Solución:
ww
a)
2 3 4
→
− →
− →
−
V = |[ u , v , w ]| = | −1 −1 −1 | = |−2λ−6| = 6 =⇒ λ = 0, λ = −6
−1 λ −5
399
t
ne
b) r ∈ π : z = 0, r ⊥ →
−
u = (2, −1, 4) y P (1, 1, 0) ∈ r:
→ − →
− → −
i j k
−
→ →
− −
→ →
−
r ∈ π : z = 0 =⇒ r ⊥ uπ = (0, 0, 1) =⇒ ur = uπ × u = 0 0 1 = (1, 2, 0)
2 −1 4
→
− x=1+λ
ur = (1, 2, 0)
r: =⇒ y = 1 + 2λ
Pr (1, 1, 0)
at.
z=0
π1 : =⇒ π1 : x − 2y + 2z − 12 = 0
P1 (2, −1, 4)
x − 2y + 2z + λ = 0
π2 : =⇒ π2 : x − 2y + 2z + 6 = 0
P2 (0, 3, 0)
400
t
ne
Solución:
at.
b) →−
ur = (4, 3, −2) −−→
r: , Pr P = (0, −2, 6)
Pr (−4, 8, 0)
i j k √ √
→
− −−→
3 −2 = |(14, −24, −8)| = 2 209, y |→
−
|ur ×Pr P | = 4 ur | = 29
0 −2 6
−−→
|→
−
r
ur × Pr P | 209
us d(P, r) =
|→
−
ur |
=2
29
' 5, 37 u
−−→
Ps Pr = (−4, 8, 0) y hacemos el producto mixto:
−4 8 0
−−→ → − →
−
[Ps Pr , ur , us ] = 4 3 −2 = −124 6= 0
−2 3 3
Se pide:
401
t
ne
Z 3
c) (1 punto). Calcular f (x) dx.
1
Solución:
a)
sin x 0 cos x
lı́m f (x) = lı́m = = lı́m =1
x−→ 0 − x−→ 0 − x 0 x−→ 0 − 1
lı́m f (x) = lı́m (xex + 1) = 1, y f (0) = 1
at.
x−→ 0+ x−→ 0+
b)
( x cos x − sin x
0 si x < 0
f (x) = x2
x x
e + xe si x ≥ 0
sin h
f (0 + h) − f (0) h −1
f 0 (0− ) = lı́m = lı́m =
us sin h − h
h−→ 0
0
− h
cos h − 1
h−→ 0
0
− h
− sin h
lı́m 2
= = lı́m = = lı́m =0
h−→ 0 − h 0 h−→ 0− 2h 0 h−→ 0 − 2
f 0 (0+ ) = 1
f 0 (0− ) 6= f 0 (0+ ) =⇒ la función no es derivable en x = 0 =⇒ la función
es derivable en R − {0}
w.m
Z 3
c) f (x) dx = ex (x − 1) + x]31 = 2e3 + 2 = 42, 17
1
Solución:
A si n impar
a) A1 = A, A2 = A · A = I =⇒ An =
I si n par
A15 = A y A20 = I
402
t
ne
b) 6X = B − 3AX =⇒ 6X + 3AX = B =⇒ (6I + 3A)X = B =⇒ X =
(6I + 3A)−1 B
6 0 0 0 0 3 6 0 3
6I + 3A = 0 6 0 + 0 3 0 = 0 9 0
0 0 6 3 0 0 3 0 6
2/9 0 −1/9
−1
at.
(6I + 3A) = 0 1/9 0
−1/9 0 2/9
2/9 0 −1/9 3 0 0 2/3 0 −1/3
−1
X = (6I+3A) B = 0 1/9 0 · 0
3 0 = 0 1/3 0
−1/9 0 2/9 0 0 3 −1/3 0 2/3
Problema
16.4.4 (2puntos) Dadas
las matrices:
1 2 3 1 0 0
us
A= 0 t
3 −1
2 , e I = 0
t 0
1
0
0 se pide:
1
Solución:
w.m
a) |A| = t2 − 9t + 14 = 0 =⇒ t = 7 y t = 2. Si t 6= 7 y t 6= 2 =⇒ |A| 6=
0 =⇒ Rango(A) = 3.
Si t = 7:
1 2 3
1 2
A= 0 7 2 ; |A| = 0,
= 7 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
0 7
3 −1 7
Si t = 2:
1 2 3
1 2
A= 0 2 2 ; |A| = 0,
0 2
= 2 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
3 −1 2
b)
ww
1 2 3 t 0 0 1−t 2 3
A − tI = 0 t 2 − 0 t 0 = 0 0 2
3 −1 t 0 0 t 3 −1 0
|A − tI| = −2(−7 + t) = 0 =⇒ t = 7
403
t
ne
16.5. Junio 2015 (coincidente)- Opción A
Problema 16.5.1 (3 puntos)
a)
(2 punto). Determinar los valores a, b, c para que la función f (x) =
−1 si x=0
ax − b si 0 < x ≤ 1 sea continua en el intervalo [0, 2] y de-
2
x + bx + c si 1 < x ≤ 2
at.
rivable en (0, 2).
Solución:
us
a) Continua en x = 0: f (0) = −1 y lı́m (ax − b) = −b =⇒ b = 1
x−→ 0+
Continua en x = 1: lı́m (ax − b) = a − b y lı́m (x2 + bx + c) =
x−→ 1− x−→ 1+
1 + b + c =⇒ a − b = 1 + b + c =⇒ a − 2b − c = 1
Luego a − 2 − c = 1 =⇒ a − c =3
0 si x=0
0
Derivable en x = 1: f (x) = a si 0 < x ≤ 1 f 0 (1− ) = a,
2x + b si 1 < x ≤ 2
f 0 (1+ ) = 2 + b =⇒ a − b = 2 =⇒ a = 3 =⇒ c = 0
w.m
Solución:
404
t
ne
→
− →− → −
i j k
→
− = (1 − a2 , 1, a), r k π ⇐⇒ →
−
ur · −
u→
a) ur = 1 −1 a π =0
0 a −1
at.
z = 2λ
(2 − 3λ) + (2 + λ) + 2λ − 2 = 0 =⇒ 2 = 0 lo que nos indica que la
recta es paralela al plano como se sabı́a por el apartado anterior.
√
|2 + 2 + 0 − 2| 2 2 3
d(r, π) = d(Pr , π) = √ =√ = u
1+1+1 3 3
→ − x=4
x−y+z =0 ur = (0, 1, 1)
c) r : =⇒ r : =⇒ y =4+λ
us y−z =4
→
−
Pr (4, 4, 0)
−
→
ur · uπ 2
√
6
z=λ
sin α = →− −
→ =√ = u
|ur ||uπ | 6 3
1 0 0
Problema 16.5.3 (2 puntos) Dadas las matrices: L = 1 3 0 e
−1 −1 1
1 0 0
w.m
I = 0 1 0 , se pide:
0 0 1
Solución:
1 0 0
a) L−1 = −1/3 1/3 0
2/3 1/3 1
1 0 0 1 −1/3 2/3
b) A = L−1 (Lt )−1 = −1/3 1/3 0 0
ww
1/3 1/3
2/3 1/3 1 0 0 1
1 −1/3 2/3
A = −1/3 2/9 −1/9
2/3 −1/9 14/9
405
t
ne
m −2 0
Problema 16.5.4 (2 puntos) Dada la matriz A = 0 −2 0 , se
0 1 m
pide:
at.
Solución:
a) |A| = −2m2 = 0 =⇒ m = 0. Si m 6= 0 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) =
3 =⇒ ∃A−1 . Si m = 0 =⇒ |A| = 0 =⇒ Rango(A) = 1 =⇒ 6 ∃A−1 .
1 43 43
b) |4A−1 | = 43 · = = |A| =⇒ = −2m2 =⇒ m4 = 24 =⇒
|A| |A| −2m2
m = ±2
us
16.6. Junio 2015 (coincidente)- Opción B
Problema 16.6.1 (3 puntos)
2x+ y= 5
a) (2 puntos). Discutir el sistema de ecuaciones x+ my = 7 , en
x− y= 4
función de los valores del parámetro m y hallar la solución del sistema
w.m
Solución:
2 1 5
a) A = 1 m 7 =⇒ |A| = 3m + 12 = 0 =⇒ m = −4
1 −1 4
Si m 6= −4 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3 6=Rango(A) =⇒ sistema
incompatible.
2 1
Si m = −4 como = −3 6= 0 =⇒ Rango(A) =Rango(A) =
ww
1 −1
2 = no de incógnitas y el sistema es compatible determinado.
2x+ y = 5
x=3
x− 4y = 7 =⇒
y = −1
x− y = 4
406
t
ne
1 −1 k 2
b) A = |A1 | = 0, |A2 | = 4 − k 2 , |A3 | = −4 − 2k,
k −k 4 −4
|A4 | = 4 + 2k, |A5 | = −4k + 8
Si k = 2 =⇒ |A3 | = −8 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2 6=Rango(A) = 1 =⇒
el sistema es incompatible.
Si k = −2 =⇒ |A5 | = 8 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2 6=Rango(A) = 1 =⇒
el sistema es incompatible.
Si k 6= ±2 =⇒ Rango(A) = 2 =Rango(A) <no de incógnitas =⇒
at.
sistema compatible indeterminado.
Solución:
Verticales: No hay
x2
w.m
Horizontales: lı́m = 0 =⇒ y = 0
x−→ ∞ e−x
x2
lı́m = ∞ No hay.
x−→ −∞ e−x
Oblicuas: No hay por haber horizontales.
b) f 0 (x) = xe−x (2 − x) = 0 =⇒ x = 0 y x = 2:
inflexión:
√ √ √ √
(−∞, 2 − 2) (2 − 2, 2 + 2) (2 + 2, ∞)
f 00 (x) − + −
T S T
f (x) cónvexa cóncava cónvexa
407
t
ne
at.
x=3+λ
Problema 16.6.3 (2 puntos) Dadas las rectas r ≡ y = 2 − 2λ y s ≡
z = 3 + 3λ
2
us
x+1
= y − 5 = −(z + 2), se pide:
→ − →
−
ur = (1, −2, 3) us = (2, 1, −1) −−→
r: s: Ps Pr = (4, −3, 5)
Pr (3, 2, 3) Ps (−1, 5, −2)
4 −3 5 →
−
−−→ → − →
−
ur
a) [Ps Pr , ur , us ] = 1 −2
3 = 0 y Rango
→
− = 2 =⇒ r y s se
us
2 1 −1
cortan.
b) Calculamos el plano π/r, s ⊂ π:
→
−
ur = (1, −2, 3) x−3 y−2 z−3
→
−
π: us = (2, 1, −1) =⇒ π : 1 −2 3 = 0 =⇒ π : x−7y−5z+26 = 0
Pr (3, 2, 3) 2 1 −1
Calculamos el plano π 0 /r ⊥ π 0 y P ∈ π 0 :
ww
408
t
ne
Problema 16.6.4 (2 puntos) Dados el plano π ≡ x + y − z + 1 = 0 y la
recta r ≡ (x, y, z) = (0, 0, 1) + λ(2, 1, 0), se pide:
a) (0,5 puntos). Hallar la ecuación del plano que pasa por el punto P (1, 0, −1)
y es paralelo a π.
at.
c) (0,5 puntos). Determinar la distancia del origen de coordenadas al
plano π.
Solución:
a) π 0 k π =⇒ π 0 : x + y − z + λ = 0 =⇒ 1 + 0 + 1 + λ = 0 =⇒ λ = −2 =⇒
π 0 : x + y − z − 2 = 0.
→
−i →− → −
j k √
−−→ −
us
b) |OPr × →
ur | = | 0 0 1 = |(−1, 2, 0)| = 5
−−→ →
2 1 0
− √
d(O, r) = |OP→ r ×ur | = √5 = 1 u2
|−
ur | 5
√
|0 + 0 − 0 + 1| 3
c) d(O, π) = √ = u
3 3
w.m
Solución:
ww
a)
−m m 1 0
A = 1 −m 3 4 |A| = −m2 +3m−2 = 0 =⇒ m = 1, m = 2
2 −2 −1 0
409
t
ne
Si m 6= 1 y m 6= 2 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3 =Rango(A) = no
de incógnitas, serı́a un sistema compatible determinado.
Si m = 1:
−1 1 1 0
−1 1
A = 1 −1 3 4 ; |A| = 0 y = −4 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
1 3
2 −2 −1 0
Como
at.
1 1 0
−1 3 4 = −4 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
−2 −1 0
b) para m = 0:
z=0 x=4
x + 3z = 4 =⇒ y=4
2x − 2y − z = 0 z=0
w.m
c) para m = 2:
x = −4 + 4λ
−2x+ 2y+ z = 0
=⇒ y = −4 + 72 λ
x− 2y+ 3z = 4
z=λ
Problema 16.7.2 (3 puntos) La recta r pasa por P (2, −1, 0) y tiene vector
director (1, λ, −2); la recta s pasa por Q(1, 0, −1) y tiene vector director
(2, 4, 2).
9
a) (2 puntos). Calcular λ > 0 para que la distancia entre r y s sea √ .
59
b) (1 punto). Calcular λ para que r sea perpendicular a la recta que pasa
ww
por P y Q.
Solución:
→
− →
−
ur = (1, λ, −2) us = (2, 4, 2)
r: s:
Pr = P (2, −1, 0) Ps = Q(1, 0, −1)
410
t
ne
−−→
a) Ps Pr = (1, −1, 1)
−−→ − →
|[Ps Pr , →
ur , −
us ]| 18 9
d(r, s) = →
− →
− = √ = √ =⇒
ur × us | 2
2 2λ + 4λ + 29 59
λ = 3 y λ = −5 (No válida)
1 −1 1
−−→ → − →
−
|[Ps Pr , ur , us ]| = | 1 λ −2 | = 18
at.
2 4 2
i j k
→
− →
−
p
|ur × us | = | 1 λ −2 | = |2(λ + 4, −3, 2 − λ)| = 2 2λ2 + 4λ + 29
2 4 2
b)
→=−
−
u
−→
QP = (1, −1, 1)
h
h:
Ph = Q(1, 0, −1)
us −−→ −
QP ⊥ u→ =⇒ −
h
−→ →
QP · −uh = 0
(1, λ, −2) · (1, −1, 1) = 1 − λ − 2 = 0 =⇒ λ = −1
Solución:
411
t
ne
Z 4
a) (1 punto). Calcular la integral definida (1 − x)e−x dx
1
−x
b) (1 punto) Calcular lı́m (1 − x)e y lı́m (1 − x)e−x
x−→+∞ x−→−∞
Solución:
Z 4
4
a) (1 − x)e−x dx = xe−x 1 = 4e−4 − e−1 = −0, 29
1
at.
−x 1−x −∞ −1
b) lı́m (1 − x)e = lı́m x
= = lı́m =0
x−→+∞ x−→+∞ e ∞ x−→+∞ ex
lı́m (1 − x)e−x = ∞
x−→−∞
Z 0
c) (1 punto). Calcular f (x) dx.
−1
Solución:
a)
lı́m f (x) = lı́m x2 ex = 0
x−→ 0− x−→ 0−
1
ln x −∞ x
lı́m f (x) = a+ lı́m x ln(x) = [0·(−∞)] = lı́m 1 = = lı́m =0
x−→ 0+ x−→ 0+ x−→ 0+ ∞ x−→ 0+ − 12
x x
La función es continua en x = 0 si a = 0.
b)
0 ln x + 1 si x > 0
f (x) =
2xex+ x2 ex si x < 0
f 0 (0− ) = 0
ww
f (0 + h) − f (0) h ln h
f 0 (0+ ) = lı́m = lı́m = −∞
h−→ 0+ h h−→ 0+ h
f 0 (0− ) 6= f 0 (0− ) =⇒ la función no es derivable en x = 0 =⇒ la función
es derivable en R − {0}
412
t
ne
Z 0 0 5
c) f (x) dx = ex (x2 − 2x + 2) − x −1
=2− = 0, 161
−1 e
Problema 16.8.2 (3 puntos) Dados los puntos P (−1, −1, 1), Q(1, 0, 2) y
los planos
π1 ≡ x − z = 0; π2 ≡ my − 6z = 0; π3 ≡ x + y − mz = 0
se pide:
at.
a) (1 punto). Calcular los valores de m para los que los tres planos se
cortan en una recta.
Solución:
a)
1 0 −1
A = 0 m −6 |A| = −m2 + m + 6 = 0 =⇒ m = 3, m = −2
1 1 −m
w.m
b) Si m = 3:
x=λ −
→ = (1, 2, 1)
x−z =0 uh
h: =⇒ h : y = 2λ =⇒ h :
y − 2z = 0 Ph (0, 0, 0)
z=λ
π : x + 2y + z + θ = 0 =⇒ −1 − 2 + 1 + θ = 0 =⇒ θ = 2 =⇒
π : x + 2y + z + 2 = 0
c) Calculamos la recta t ⊥ π1 y P ∈ t
→
− − → x = −1 + λ
ut = uπ1 = (1, 0, −1)
ww
t: =⇒ h : y = −1
Pt (−1, −1, 1)
z =1−λ
413
t
ne
Tenemos:
P + P0
= P 00 =⇒ P 0 = 2P 00 − P = (1, −1, −1)
2
−−→ √
d(QP 0 ) = |QP 0 | = |(0, −1, −3)| = 10 u
a b c
Problema 16.8.3 (2 puntos) Sabiendo que d e f = 3 y usando las
at.
1 2 3
propiedades de los determinantes, calcular el valor de los siguientes deter-
minantes:
2a − 2b c 5b
a) (1 punto). 2d − 2e f 5e
−2 3 10
a − 1 b − 2 2c − 6
us
b) (1 punto).
2
d
4
e
12
2f
Solución:
a)
2a − 2b c 5b 2a − 2b b c
2d − 2e f 5e = −5 2d − 2e e f =
−2 3 10 −2 2 3
w.m
2a
b c −2b b c
−5 2d
e f + −2e e f = −30
2 2 3 −4 2 3
b)
a − 1 b − 2 2c − 6 a − 1 b − 2 2c − 6
2 4 12 = 2
1 2 6 =
d e 2f d e 2f
a b 2c −1 −2 −6
2 1 2 6 + 1 2 6 = −12
d e 2f d e 2f
3 1
ww
414
t
ne
Solución:
3 1 a b a b 3 1
=
1 0 c d c d 1 0
3a + c = 3a + b
3a + c 3b + d 3a + b a 3b + d = a a = 3b + d
= =⇒ =⇒
a b 3c + d c a = 3c + d b=c
at.
b=c
3c + d b
B=
b d
Solución:
a)
→
→
− −−→ −
ur = (2, 1, 4)
ur = BA = (2, 1, 4) −→
r: =⇒ π : P A = (1, 0, 0) =⇒
Pr = B(0, 0, −3)
Pr = P (1, 1, 1)
x−1 y−1 z−1
π : 2 1 4 = 0 =⇒ π : 4y − z − 3
1 0 0
ww
−−→ −→
b) AB = (−2, −1, −4) y AP = (−1, 0, 0):
→
−i − →
→ − √
j k
1 1 17 2
S = | −2 −1 −4 | = |(0, 4, −1)| =
u
2 2 2
−1 0 0
415
t
ne
−−→ −→ −−→
c) C(a, 0, 0) =⇒ = (2 − a, 1, 1) y CB = (−a, 0, −3) Como CA ⊥ CB =⇒
(2 − a, 1, 1) · (−a, 0, −3) = 0 =⇒ a2 − 2a − 3 = 0 =⇒ a = 3, a = −1
at.
x 0
X = y y O = 0 , se pide:
z 0
Solución:
a) |M | = 2a2 − 5a + 3 = 0 =⇒ a = 1 y a = 3/2:
Si a 6= 1 y a 6= 3/2 =⇒ |M | 6= 0 =⇒ ∃M −1
Si a = 1 o a = 3/2 =⇒ |M | = 0 =⇒ 6 ∃M −1 .
1 1 −1 0 −2 1
w.m
b) Si a = 2: M = 0 0 1 =⇒ M −1 = 1 3 −1
1 0 2 0 1 0
c) Si a = 1:
0 1 −1 x 0
0 −1 1 y = 0 =⇒
1 0 2 z 0
0 1 −1
M = 0 −1 1 como F2 = −F1 =⇒ sistema compatible inde-
1 0 2
x = −2λ
y−z =0
terminado: =⇒ y=λ
x + 2z = 0
z=λ
ww
416
t
ne
b) (0,5 puntos). Determinar la ecuación de la recta tangente a la curva
y = f (x) en x = 0.
f (x)
c) (0,5 puntos). Obtener el valor de lı́m
x−→ 0 x
Solución:
g(x) = (f (x))2 − ef (x) =⇒ g 0 (x) = 2(f (x))f 0 (x) − f 0 (x)ef (x)
at.
y = (f g)(x) = f (g(x)) =⇒ y 0 = (f g)0 (x) = f 0 (g(x))g 0 (x)
a) g(0) = (f (0))2 −ef (0) = 0−e0 = −1; g 0 (0) = 2(f (0))f 0 (0)−f 0 (0)ef (0) =
−1 y (f g)0 (0) = f 0 (g(0))g 0 (0) = −f 0 (−1).
b) y − b = m(x − a) donde a = 0, b = f (a) = f (0) = 0 y m = f 0 (a) =
f 0 (0) = 1 =⇒ y = x
f 0 (x)
f (x) 0
c) lı́m = = lı́m =1
x−→ 0 x 0 x−→ 0 1
us √
Problema 16.9.4 (2 puntos) Dada la función f (x) = x2 − 4x + 3, se
pide:
f (x) f (x)
a) (1 punto). Calcular lı́m y lı́m .
x−→ +∞ x x−→ −∞ x
b) (1 punto). Justificar que f está definida en todo x del intervalo [0, 1]
Z 1
y calcular (x − 2)f (x) dx.
w.m
Solución:
√ √
x2 − 4x + 3 x2 − 4x + 3
a) lı́m =1y lı́m = −1
x−→ +∞ x x−→ −∞ x
b) x2 − 4x + 3 ≥ 0 =⇒ Dom(f ) = (−∞, 1] ∪ [3, ∞), luego la función está
definida en el intervalo [0, 1].
Z 1 Z 1 #1
p (x 2 − 4x + 3)3/2
(x−2)f (x) dx = (x−2) x2 − 4x + 3 dx = =
0 0 3
√ 0
− 3
y+ z = 1
(k − 1)x+ y+ z = k
x+ (k − 1)y+ z = 0
se pide:
417
t
ne
a) (2 puntos). Discutir el sistema según los valores de k.
Solución:
0 1 1 1
a) A = k − 1 1 1 k =⇒ |A| = (k − 1)(k − 2) = 0 =⇒ k = 1
1 k−1 1 0
at.
yk=2
Si k 6= 1 y k 6= 2 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ RangoA = 3 =Rango(A) = no de
incógnitas y el sistema
es compatible
determinado.
0 1 1 1
Si k = 1: A = 0 1 1 1 como F1 = F2 =⇒ el sistema es
1 0 1 0
compatible indeterminado.
0 1 1 1 0 1 1 1
Si k = 2: A = 1 1 1 2 = 1 1 1 2 y el sistema es
us incompatible.
1 1 1 0 0 0 0 −2
y+ z = 1 x=1
b) Para k = 0: −x+ y+ z = 0 =⇒ y=1
x+ −y+ z = 0 z=0
x = −λ
y+ z = 1
Para k = 1: =⇒ y =1−λ
x+ z= 0
w.m
z=λ
Problema 16.10.2 (3 puntos) Sea f (x) una función con derivada de orden
dos continua para todo número real y cuya gráfica contiene al origen.
La función derivada f 0 (x) (representada en el gráfico adjunto) es positiva
ww
418
t
ne
b) (1 punto). Determinar las abscisas de los extremos relativos de f (x) y
clasificar dichos extremos.
at.
gráfica m = f 0 (0) = 3 =⇒ y = 3x
b) f 0 (x) = 0 =⇒ x = −3 y x = 2
√
a) (1 punto). Obtener todos los vectores de módulo 5 que son perpen-
diculares al vector →
−
v y tienen alguna coordenada nula.
b) (1 punto). Obtener
√ los vectores →
−
w tales que →
−
v ×→
−
w = (2, −3, 1) y
tienen módulo 6.
419
t
ne
Solución:
a) →
−
u = (a, b, c) ⊥ →
−
v =⇒ →
−
u ·→
−
v = 0 =⇒ a − 2c = 0 =⇒ a = 2c
√ √
→
− 5 5
w =√ (a, b, c) = √ (2c, b, c)
a2 + b2 + c2 5c2 + b2
√
5 √
Si c = 0 =⇒ b 6= 0 =⇒ w = →
− (0, b, 0) = (0, 5, 0). Si c 6= 0 =⇒
b
at.
√
5
b = 0 =⇒ → −
w = √ (2c, 0, c) = (2, 0, 1)
c 5
b) →
−
w = (a, b, c):
→− → − → −
i j k
→
−v ×→−
w = 1 0 −2 = (−2b, −2a − c, b) = (2, −3, 1) =⇒
a b c
b = 1, 2a + c = 3
us
|→
−
w| =
√ √
6 =⇒ a2 + c2 = 5
a2 + 1 + c2 =
a = 2, c = −1 =⇒ →
−
w = (2, 1, −1)
2a + c = 3
=⇒
a2 + c2 = 5
→
− 2 11
a = 2/5, c = 11/5 =⇒ w = , 1,
5 5
w.m
ww
420
t
ne
Capı́tulo 17
at.
Año 2016
se pide:
Solución:
a)
1 2 k 1
1
A= 2 4 1 3 |A| = −4k 2 + 6k − 2 = 0 =⇒ k = 1, k =
2
k 2 −1 3
4 1
1 2 −1 3
1 2 1
|A1 | = |A| = 0; |A2 | = 2 4 3 = 0;
1 2 3
421
t
ne
1 1 1 2 1 1
|A3 | = 2 1 3 = 0; |A4 | = 4 1 3 = 0
1 −1 3 2 −1 3
2 1
4 1 = −2 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2.
at.
Si m = 1/2:
1 2 1/2 1
2 4
A= 2 4 1 3 ; |A| = 0;
= 2 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
1/2 2
1/2 2 −1 3
2 1/2 1
4
1 3 = 3 6= 0 =⇒ RangoA = 3 6=Rango(A) =⇒ sistema
2 −1 3
us incompatible.
b) Si k = 2:
x+ 2y+ 2z = 1 x=1
2x+ 4y+ z = 3 =⇒ y = 1/3
2x+ 2y− z = 3 z = −1/3
w.m
c) Si k = 1:
x=λ
x+ 2y+ z = 1
=⇒ y = 1 − λ/2
2x+ 4y+ z = 3
z = −1
x3
Problema 17.1.2 (3 puntos) Dada la función f (x) = 2x2 − , se pide:
3
a) (0,75 puntos). Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de
f (x).
422
t
ne
a) f 0 (x) = 4x − x2 = 0 =⇒ x = 0 x = 4
at.
b) La función tiene un mı́nimo en (0, 0) y un máximo en (4, 32/3).
Problema
17.1.3 (2 puntos) Dados el plano π ≡ x + 2y − z = 5 y la recta
x + y − 2z = 1
r: se pide:
2x + y − z = 2
w.m
Solución:
→ −
x + y − 2z = 1 ur = (−1, 3, 1) −−→
a) r : =⇒ r : y P Pr = (0, 0, −1)
2x + y − z = 2 Pr (1, 0, 0)
−1 0 x − 1
π : 3 0 y = 0 =⇒ π : 3x + y − 3 = 0
1 −1 z
x=2+λ
ww
→
− −
→
us = uπ = (1, 2, −1)
b) s : =⇒ r : y = 1 + 2λ
Ps = Q(2, 1, 1)
z =1−λ
423
t
ne
a) (1 punto). Hallar todos los puntos R que equidistan de P y Q. Describir
dicho conjunto de puntos.
b) (1 punto). Hallar los puntos S contenidos en la recta que pasa por P
y Q que verifiquen que d(P, S) = 2d(Q, S).
Solución:
a) El conjunto de puntos R(x, y, z) que equidistan de P y Q es un plano
mediador:
at.
p p
(x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 = x2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 =⇒
2x + 4z − 9 = 0
→
− −→ −→ 4 −5 = (−6, −8, −10) |→ −
u = uπ1 × uπ2 = 3
u | = 10 2
1 −2 1
→
− 3 4 1
El vector v = √ , √ ,√ es un vector paralelo a ambos pla-
5 2 5 2 2
nos.
424
t
ne
√
|9 − 4 − 10 − 7| 6 2
b) d(P, π1 ) = √ =
9 + 16 + 25 5
− √
u→ −→
π1 · uπ2 (3, 4, −5) · (1, −2, 1) 3
c) cos α = −→ −→ = √ √ =−
|uπ1 | × |uπ2 | 50 × 6 3
at.
si x < 1
f (x) = 1−x
xe si x ≥ 1
se pide:
f (x) dx.
1
Solución:
−x si x<0
|x| si x < 1
f (x) = 1−x =⇒ f (x) = x si 0 ≤ x < 1 =⇒
xe si x ≥ 1
xe1−x si x≥1
w.m
−1 si x<0
f 0 (x) = 1 si 0 ≤ x < 1
(1 − x)e1−x si x≥1
la función es continua.
Derivabilidad en x = 1: f 0 (1− ) = 1 6= f 0 (1+ ) = 0 =⇒ la función
no es derivable en x = 1.
1 Z 0 Z 1 0 1
x2 x2
Z
b) f (x) dx = −x dx + x dx = − + =1
−1 −1 0 2 −1 2 0
425
t
ne
Z 2 Z 2 2 3
c) f (x) dx = xe1−x dx = −(x + 1)e1−x 1
=2−
1 1 e
Problema 17.2.3 (2 puntos) Dadas las matrices
1 2 0 1 0 0 x 0
M= 2 1 0 , I=
0 1 0 , X=
y , O= 0
0 0 3 0 0 1 z 0
at.
se pide:
a) (1 punto). Calcular el valor o valores de λ que hacen que el determi-
nante de la matriz M − λI sea igual a 0.
b) (1 punto). Para λ = −1, resolver el sistema de ecuaciones lineales:
(M − λI)X = O.
Solución:
1−λ 2 0
us
a) |M − λI| = 2
0
1−λ
0
0 = −λ3 + 5λ2 − 3λ − 9 = 0 =⇒
3−λ
λ = −1 λ = 3
2 2 0
b) M − λI = 2 2 0 es la matriz asociada a este sistema ho-
0 0 4
mogéneo que es claramente compatible indeterminado:
w.m
x = −t
x+y =0
=⇒ y=t
4z = 0
z=0
−1 −1 2 0 3 2
X = A−1 (BAt + 3B − 3B) = A−1 BAt =
1 0 0 0 0 1 1 −1 0 0 3 2
2 2 −3 0 1 0 0 2 1 = −3 13 6
−1 −1 2 1 0 0 0 3 2 2 −7 −3
426
t
ne
17.3. Junio 2016 - Opción A
Problema 17.3.1 (3 puntos) Dada la función:
ln(1 − x)
si x < 0
f (x) = 1−x
xe−x si x ≥ 0
se pide:
at.
a) (1 punto). Estudiar la continuidad de f y calcular lı́m f (x).
x−→−∞
Solución:
us
a) La función es continua en cualquier punto distinto de 0, donde hacemos
su estudio: Continuidad en x = 0: lı́m f (x) = lı́m f (x) = f (0) =
x−→ 0− x−→ 0+
0 =⇒ la función es continua en R.
−1
ln(1 − x) h ∞ i
lı́m = = lı́m 1−x = 0
x−→−∞ 1 − x ∞ x−→−∞ −1
1 0 1 0
ln(1 − x) (ln(1 − x))2
Z Z Z
−x
c) f (x) dx = + xe dx = − −
−1 −1 1−x 0 2 −1
1 ln 2
e−x (x + 1) 0
= + 1 − 2e−1 = 0, 5
2
Problema 17.3.2 (3 puntos)
2 0 −1 1 1 −1
b) (1,5 puntos). Para A = 1 0 1 y B = −1 0 1 de-
2 1 1 1 1 1
termine la matriz Y tal que Y B = A.
Solución:
427
t
ne
a) Vamos a aplicar la propiedad (CD)−1 = D−1 C −1 :
X((CD)−1 − (D−1 C −1 + B) = A =⇒ XB = A =⇒ X = AB −1
b) Y B = A =⇒ Y = AB −1 :
at.
2 0 −1 −1/2 −1 1/2 −1/2 −2 1/2
Y = 1 0 1 · 1 1 0 = −1 −1 1
2 1 1 −1/2 0 1/2 −1/2 −1 3/2
Solución:
w.m
a)
− a 1 −1 1
u→ −→
π1 k uπ2 =⇒ = = 6= =⇒ a = −1
1 a 1 −2
b)
−
u→ −→ −→ −→
π1 ⊥ uπ2 =⇒ uπ1 · uπ2 = a + a − 1 = 0 =⇒ a = 1/2
c) π ≡ x − y = 0 =⇒ −
u→
π = (1, −1, 0)
i j k
→
− −→ −→
ur = uπ1 × uπ2 = a 1 −1 = (a + 1, −(a + 1), a2 − 1) =
1 a 1
a − 1 = 0 =⇒ a = 1
Pero en este caso los planos son paralelos y, por tanto, este resultados
no es válido y no se puede encontrar la recta r pedida para ningún
valor de a.
428
t
ne
Problema 17.3.4 (2 puntos) Dado el punto P (2, 1, −1), determine el pun-
to simétrico de P respecto al plano que pasa por los puntos A(0, 2, −1);
B(1, −3, 0) y C(2, 1, 1).
Solución:
−−→
AB = (1, −5, 1) 1 2 x
−→
π: AC = (2, −1, 2) =⇒ π : −5 −1 y − 2 = 0 =⇒ x − z − 1 = 0
at.
A(0, 2, −1) 1 2 z+1
(2 + λ) − (−1 − λ) − 1 = 0 =⇒ λ = −1
x=1
y = 1 =⇒ P 0 (1, 1, 0)
z=0
P 00 + P
= P 0 =⇒ P 00 = 2P 0 − P =
2
(2, 2, 0) − (2, 1, −1) = (0, 1, 1)
se pide:
ww
429
t
ne
Solución:
a)
3 1 m 1
A= 1 −1 2 −2 |A| = m2 − 4 = 0 =⇒ m = ±2
5 m+1 2 4
at.
un sistema compatible determinado.
Si m = −2:
3 1 −2 1
3 1
A= 1 −1 2 −2 ; |A| = 0;
= −4 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
1 −1
5 −1 2 4
3 1 1
|A1 | = |A| = 0; |A2 | = 1 −1 −2 = −28 6= 0;
us
5 −1 4
Si m = 2:
3 1 2 1
2 4
A = 1 −1 2 −2 ; |A| = 0; 1/2 2 = 2 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
w.m
5 3 2 4
b) Si m = 0:
3x+ y = 1 x = −2
x− y + 2z = −2 =⇒ y=7
5x+ y + 2z = 4 z = 7/2
c) Si m = 2:
x = −1/4 − λ
3x+ y + 2z = 1
=⇒ y = 7/4 + λ
x− y + 2z = −2
z=λ
ww
Problema 17.4.2 (3 puntos) Se consideran los puntos A(0, 5, 3), B(0, 6, 4),
C(2, 4, 2) y D(2, 3, 1) y se pide:
430
t
ne
b) (1 punto). Calcular el área de dicho paralelogramo.
Solución:
a)
−−→
at.
AB = (0, 1, 1) 0 1 1
−→
AC = (2, −1, −1) =⇒ 2 −1 −1 = 0 =⇒ son coplanarios
−−→ 2 −2 −2
AD = (2, −2, −2)
b)
us −−→ −−→
i
S = |AB × AD| = | 0
j
1
k
1
√
| = 2|(0, 1, −1)| = 2 2 u2
2 −2 −2
A+C 9 5
Centro = = 1, ,
2 2 2
431
t
ne
Solución:
at.
f (1) = 4 =⇒ 6a + 2b = 4 d=2
g 00 (x) = 2a =⇒ 2a = 6 =⇒ a = 3
1 1
2bx2
Z
b + 2c + 2
(3x2 +bx+c) dx = x3 + + cx = = 5 =⇒ b+2c = 8
us Z
0
2
2
2bx2
0
2
2
0 si x<0
f 0 (x) = − ln x − 1 si 0 ≤ x < 1
ln x + 1 si x≥1
Continuidad en x = 0:
ww
lı́m 0 = 0
x−→ 0−
h i
ln x ∞ 1/x
lı́m (−x ln x) = lı́m − = = lı́m − =0
x−→ 0+ x−→ 0+ 1/x ∞ x−→ 0+ −1/x2
f (0) = 0
432
t
ne
Luego f es continua en x = 0 Continuidad en x = 1:
lı́m (−x ln x) = 0
x−→ 1−
lı́m (x ln x) = 0
x−→ 1+
f (1) = 0
Luego f es continua en x = 1
Derivabilidad en x = 0: f 0 (0− ) = 0 6= f 0 (0+ ) = +∞ y, por tanto no es
at.
derivable.
Derivabilidad en x = 1: f 0 (1− ) = −1 6= f 0 (1+ ) = +1 y, por tanto no es
derivable.
Conclusión: La función f es continua en R y derivable en R − {0, 1}.
y = 4z − 3
Solución:
−→ −→
ur1 = (1, −3, 1) ur2 = (5, 4, 1) −−−−→
a) r1 ≡ , r2 ≡ y Pr1 Pr2 = (5, −5, 0)
Pr1 (−1, 2, 0) Pr2 (4, −3, 0)
5 −5 0
−−−−→ −→ −→
[Pr1 Pr2 , ur1 , ur2 ] = 1 −3 1 = −55 6= 0 =⇒ las dos rectas se
5 4 1
cruzan.
−−−−→ → −→ √
|[Pr1 Pr2 , −
ur1 , ur2 ]| 55 55 426
d(r1 , r2 ) = =√ = u
|−
u→ −→
r1 × ur2 | 426 426
i j k √
−→ −→
|ur1 × ur2 | = | 1 −3 1 = |(−7, 4, 19)| = 426
5 4 1
ww
433
t
ne
−−−→
OPr2 = (4, −3, 0) 4 5 x
−→
π2 : ur2 = (5, 4, 1) =⇒ π2 : −3 4 y = 0 =⇒ π2 : 3x+4y−31z = 0
O(0, 0, 0) 0 1 z
2x + y + z = 0
t:
3x + 4y − 31z = 0
−1 0 2
Problema 17.5.2 (3 puntos) Dadas las matrices A = 0 a 0 y
at.
0 0 1
1 2 0
B = 0 2 −2 , se pide:
1 5 −1
Solución:
a)
1 0 0 1 0 0
A2 = I =⇒ 0 a2 0 = 0 1 0 =⇒ a2 = 1 =⇒ a = ±1
w.m
0 0 1 0 0 1
c)
1 1 1
|(2B)−1 | = = =
ww
|2B| 8|B| 32
434
t
ne
sea máxima. Saben que si el precio de cada una es 2 euros, venderı́an 5000
papeletas, pero que, por cada euro de incremento en dicho precio, venderán
500 papeletas menos. ¿A qué precio deben vender la papeleta?
Si el único gasto que tienen es la compra del ordenador, ¿cuánto dinero
podrán donar a la ONG?
Solución:
x :precio de la papeleta.
f (x) = x(5000 − (x − 2)500) = −500x2 + 6000x
at.
f 0 (x) = −1000x + 6000 = 0 =⇒ x = 6
f 00 (x) = −1000 =⇒ f (6) = −1000 < 0 =⇒ x = 6 euros es un máximo
que producirı́a un importe de f (6) = 18000 euros, si restamos el precio del
ordenador tendrı́amos que se dona a la ONG la cantidad de 18000 − 600 =
17400 euros.
Solución:
2 √
a) 2 + x − x2 = =⇒ x = 0 y x = ± 3 =⇒ el recinto de integración
x+1
√
w.m
3 √ √
+ 3 − 2 ln | 3 + 1| = 1, 22 u2
2
b)
4 + 2x − 2x2 (x + 1)(−2x + 4)
lı́m f (x)g(x) = lı́m = lı́m =6
x−→ −1 x−→ −1 x+1 x−→ −1 x+1
ax− y + z= 0
x+ y + az = 0
ax+ 4y + 2z = a
se pide:
435
t
ne
a) (2 puntos). Discutirlo según los valores del parámetro a.
Solución:
a)
at.
a −1 1 0
A= 1 1 a 0 |A| = −5a2 +a+6 = 0 =⇒ a = −1, a = 6/5
a 4 2 a
1 6/5 0 ; |A| = 0;
6/5 −1
= 11/5 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
1 1
6/5 4 2 6/5
6/5 −1 0
|A1 | = |A| = 0; |A2 | = 1 1 0 = 66/25 6= 0;
6/5 4 6/5
w.m
Si a = −1:
−1 −1 1 0
1 1
A= 1 1 −1 0 ; |A| = 0; −1 4 = 5 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
−1 4 2 −1
b) Si a = 1:
x− y + z = 0 x = −1
x+ y + z = 0 =⇒ y=0
x+ 4y + 2z = 1 z=1
ww
c) Si a = −1:
x = 1/5 + 6/5λ
x+ y − z = 0
=⇒ y = −1/5 − 1/5λ
−x+ 4y + 2z = −1
z=λ
436
t
ne
9
+ 2x − 1 si x 6= 2
Problema 17.6.2 (3 puntos) Dada la función f (x) = 2x − 4 ,
0 si x = 2
se pide:
at.
Z 1
c) (1 punto). Calcular f (x)dx.
−1
Solución:
a) Verticales: x = 2
lı́m f (x) = ∞
x−→ ∞
Oblicuas: y = mx + n =⇒ y = 2x − 1
f (x)
m = lı́m =2=∞
x
w.m
x−→ ∞
9 7 1
b) f 0 (x) = − 2
+ 2 si x 6= 2, f 0 (x) = 0 =⇒ x = , x =
2(x − 2) 2 2
(−∞, 2) (2, ∞)
f 0 (x) − +
f (x) convexa ∩ cóncava ∪
437
t
ne
c)
Z 1 1
9 9 9 ln 3
+ 2x − 1 dx = ln |x − 2| + x2 − x =− −2 = −6, 94
−1 2x − 4 2 −1 2
at.
a) (1 punto). Hallar la distancia del punto A a la recta r.
Solución:
→
−
ur = (1, 1, 2) −−→
r: , A(1, 1, 3), Pr A = (1, −1, 3)
Pr (0, 2, 0)
a) √
us d(A, r) =
−−→ −
|Pr A × →
→
−
|ur |
ur | 30 √
= √ = 5u
6
i j k
−−→ → √
−
|Pr A × ur | = | 1 −1 3 = |(−5, 1, 2)| = 30
1 1 2
b) (0,5 puntos). Si →
−v = (1, 5, 3), hallar la ecuación del plano perpendicu-
lar a la recta y que contiene al punto A(3, 0, 1).
438
t
ne
Solución:
a) Tenemos que cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1:
π π 1 1 1
cos2 +cos2 +cos2 γ = 1 =⇒ + +cos2 γ = 1 =⇒ cos2 γ = =⇒
3 4 4 2 4
1 π
cos γ = =⇒ γ =
2 3
at.
b) π : x+5+3z+λ = 0 sustituyendo el punto 3+0+3+λ = 0 =⇒ λ = −6:
π : x + 5y + 3z − 6 = 0
c) (1 punto). Determinar el área del triángulo que forman los ejes coor-
denados con la tangente a la curva y = f (x) en el punto x = 0.
Solución:
w.m
lı́m (6 − x)ex/3 = −∞
x−→+∞
6 + x h∞i
lı́m (6 − x)ex/3 = lı́m (6 + x)e−x/3 = lı́m = =
x−→−∞ x−→+∞ x−→+∞ ex/3 ∞
1 1
lı́m x/3
= =0
x−→+∞ 1/3e ∞
Luego, cuando x −→ −∞ tenemos la ası́ntota horizontal y = 0.
Como hay horizontales no hay oblicuas.
b) f 0 (x) = 1 − x3 ex/3 = 0 =⇒ x = 3
ww
439
t
ne
at.
c) a = 0 =⇒ b = f (a) = f (0) = 6 y m = f 0 (a) = f 0 (0) = 1. La recta
tangente a la función es y − 6 = x =⇒ y = x + 6. Esta recta corta a
los ejes coordenados en los puntos (−6, 0) y (0, 6) que con el eje OY
6·6
forma un triángulo de base 6 u y altura 6 u =⇒ S = = 18 u2 .
us Otra forma:
0
2
0
x2
Z
S= (x + 6) dx = + 6x = 18 u2
−6 2 −6
x − 2z − 1 = 0
Problema 17.7.2 (3 puntos) Dadas las rectas r : y s:
x+y+z−4=0
w.m
Solución:
→
− →
−
ur = (2, −3, 1) us = (1, −3, 1)
r: s:
Pr (1, 3, 0) Ps (2, 1, 0)
Calculamos π1 ⊥ r/ P (1, 0, 5) ∈ π1 :
2x − 3y + z + λ = 0 =⇒ 2 − 0 + 5 + λ = 0 =⇒ λ = −7
π1 : 2x − 3y + z − 7 = 0
440
t
ne
Calculamos el punto de corte P 0 de π1 con r:
x = 1 + 2λ
r: y = 3 − 3λ
z=λ
at.
(
→
− −−→0 x = 1 + 2λ
ut = P P = (3, 0, 1) − (1, 0, 5) = (2, 0, −4)
r: =⇒ y=0
Pt = P (1, 0, 5)
z = 5 − 4λ
b)
→
−
ur = (2, −3, 1) 2 1 x−1
→
−
π: us = (1, −3, 1) =⇒ π : −3 −3 y − 3 = 0 =⇒ y+3z−3 = 0
Pr (1, 3, 0) 1 1 z
us−−→
c) Pr Ps = (1, −2, 0)
1 −2 0
−−→ − →
|[Pr Ps , →
ur , −
us ]| = | 2 −3 1 | = 2
1 −3 1
i j k √
w.m
→
− →
−
|ur × us | = | 2 −3 1 | = |(0, −1, −3)| = 10
1 −3 1
−−→ − → √
|[Pr Ps , →ur , −
us ]| 2 10
d(r, s) = =√ = u
|→
−
ur × → −
us | 10 5
Solución:
441
t
ne
a)
3 −4 1 0 3 −8
α +β =
5 −1 4 1 −2 −5
3α + β −4α 3 −8
=
5α + 4β −α + β −2 −5
3α + β = 3
−4α = −8 α=2
at.
=⇒
5α + 4β = −2 β = −3
−α + β = −5
b)
2λ + 1 2λ
A=
λ 3λ + 1
1
|A| = 4λ2 + 5λ + 1 = 0 =⇒ λ = −1, λ = −
4
us El Rango(A) = 2 si λ 6= −1 y λ 6= −1/4.
Solución:
x : no de becas para grado, y : no de becas para FP y z : no de becas para
postgrado.
x + y + z = 115 x + y + z = 115 x = 31
3000x + 2000y + 1500z = 247000 =⇒ 6x + 4y + 3z = 494 =⇒ y = 56
y = 2z y − 2z = 0 z = 28
2x+ y − az = 2
−x+ y + z = 1−a
se pide:
442
t
ne
b) (1 punto). Resolverlo cuando sea posible.
Solución:
a)
2 a − 1 −2 a
A= 2 1 −a 2 |A| = a2 −a−2 = 0 =⇒ a = −1, a = 2
−1 1 1 1−a
at.
Si a 6= −1 y a 6= 2 =⇒ Rango(A) = 3 =Rango(A) = no de incógnitas
y serı́a un sistema compatible determinado.
Si a = −1:
2 −2 −2 −1
2 −2
A= 2 1 1 2 ; |A| = 0; = 6 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
2 1
us −1 1 1 2
2 −2 −1
|A1 | = |A| = 0; |A2 | = 2 1 2 = 9 6= 0;
−1 1 2
Si a = 2:
2 1 −2 2
2 1
w.m
A = 2 1 −2 2 ; |A| = 0; −1 1 = 3 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
−1 1 1 −1
F1 = F2 =⇒ sistema compatible indeterminado.
b) Si a = 2:
x=1+λ
2x+ y − 2z = 2
=⇒ y=0
−x+ y + z = −1
z=λ
Si a 6= −1 y a 6= 2 por Cramer:
a
a − 1 −2
2
1 −a
1−a 1 1
x= = a;
ww
(a + 1)(a − 2)
2
a −2
2
2 −a
−1 1 − a 1 2−a
y= = ;
(a + 1)(a − 2) a+1
443
t
ne
2 a−1 a
2 1 2
−1 1 1−a 2a − 1
z= =
(a + 1)(a − 2) a+1
at.
se pide:
a) (1 punto). Estudiar la continuidad de f y determinar sus ası́ntotas.
f (0) = 5
Luego la función es continua en R.
Ası́ntotas verticales no tiene y las horizontales:
1 1
lı́m = 0; y lı́m = 0 =⇒ y = 0
x−→ −∞ 5−x x−→ ∞ 5+x
Oblicuas no hay al tener horizontales.
b)
(
1
(5−x)2
si x ≤ 0 1 1
f 0 (x) = −1 =⇒ f 0 (0− ) = 6 f 0 (0+ ) = −
=
(5+x)2
si x > 0 25 25
c)
Z 1 Z 0 Z 1
1 1
f (x) dx = dx + dx =
−1 −1 5−x 0 5+x
0 1 6
− ln |5 − x|]−1 + ln |5 + x|]0 = 2 ln = 0, 365
5
444
t
ne
Problema 17.8.3 (2 puntos) Sea π el plano que contiene a los puntos
A(0, 2, 1), B(1, 0, 1) y C(−1, −2, −1). Calcule el volumen del tetraedro que
forma el origen de coordenadas con los puntos de intersección de π con cada
uno de los ejes coordenados.
Solución:
−−→
AB = (1, −2, 0) 1 −1 x
−→
π: AC = (−1, −4, −2) =⇒ π : −2 −4 y − 2 = 0 =⇒ 2x+y−3z+1 = 0
at.
A(0, 2, 1) 0 −2 z − 1
445
ww
w.m
446
us
at.
ne
t
t
ne
Capı́tulo 18
at.
Año 2017
ys≡
us
x=1+λ
y = 3 − λ , se pide:
5 1 2
z=2
s.
Solución:
→
− →
−
ur = (5, 1, 2) us = (1, −1, 0) −−→
a) r : s: Pr Ps = (−1, 0, 3)
Pr (2, 3, −1) Ps (1, 3, 2)
−1 0 3
−−→ − →
[Pr Ps , →
ur , −
us ] = 5 1 2 = −20 6= 0 =⇒ r y s se cruzan
1 −1 0
→
− →− → −
i j k
ww
√
→
− →
−
|ur × us | = | 5 1 2 | = |(2, 2, −6)| = 2 11
1 −1 0
−−→ − → √
|[Pr Ps , →
ur , −
us ]| 20 10 11
d(r, s) = = √ = u
|→
−
ur × → −
us | 2 11 11
447
t
ne
→
−
ur = (5, 1, 2) x−2 y−3 z+1
→
−
b) π : us = (1, −1, 0) =⇒ π : 5 1 2 = 0 =⇒
Pr (2, 3, −1) 1 −1 0
π : x + y − 3z − 8 = 0
−→0 = (0, 1, 0) y →
c) π 0 : y = 0 =⇒ u −
ur = (5, 1, 2):
π
at.
−
u→ →
−
π 0 · ur 1
sin α = −→ → − = √ =⇒ α = 10o 310 1100
|uπ0 ||ur | 30
Solución:
w.m
448
t
ne
Problema 18.1.3 (2 puntos) Los estudiantes de un centro docente han or-
ganizado una rifa benéfica, con la que pretenden recaudar fondos para una
ONG. Han decidido sortear un ordenador portátil, que les cuesta 600 euros.
Quieren fijar el precio de la papeleta, de modo que la recaudación sea máxi-
ma. Saben que si el precio de cada una es 2 euros, venderı́an 5000 papeletas,
pero que, por cada euro de incremento en dicho precio, venderán 500 pape-
letas menos. ¿A qué precio deben vender la papeleta?
Si el único gasto que tienen es la compra del ordenador, ¿cuánto dinero
at.
podrán donar a la ONG?
Solución:
Sea x el aumento en euros de las papeletas:
Solución:
f (x) = g(x) =⇒ (x − 1)ex = x − 1 =⇒ x = 0 y x = 1.
ww
Z
x u = x − 1 =⇒ du = dx
F (x) = ((x − 1)e − x + 1) dx = =
dv = ex dx =⇒ v = ex
x2 x2
Z
− + x + (x − 1)ex − ex dx = − + x + (x − 2)ex
2 2
449
t
ne
1
5 − 2e
Z
S1 = ((x − 1)ex − x + 1) dx = F (1) − F (0) =
0 2
2e − 5
S = |S1 | = ' 0, 218 u2
2
at.
Problema 18.2.1 (3 puntos) Se considera la función f (x) = xe−x y se
pide:
a) (0,5 puntos) Determinar el dominio y las ası́ntotas de f .
Verticales: No hay.
x
Horizontales: lı́m xe−x = −∞ y lı́m xe−x = lı́m =
h∞i x−→ −∞ x−→ ∞ x−→ ∞ ex
1
= lı́m x = 0 =⇒ y = 0
∞
w.m
x−→ ∞ e
Oblicuas: No hay por haber horizontales.
Z
−x u = x =⇒ du = dx
F (x) = xe dx = =
dv = e−x dx =⇒ v = −e−x
450
t
ne
Z
−x
−xe + e−x dx = −xe−x − e−x = −e−x (x + 1)
Z 3
4 2
S1 = xe−x dx = F (3) − F (1) = − 3
+ = 0, 54
1 e e
2e2 − 4 2
S = |S1 | = u ' 0054 u2
e3
Problema 18.2.2 (3 puntos) Dados los puntos A(2, 1, 1), B(0, 0, −3), y
at.
P (1, 1, 1), se pide:
a) (1 punto) Hallar la ecuación del plano que contiene a los tres puntos.
Solución:
us
a)
−−→
BA = (2, 1, 4) x y z+3
−−→
π: BP = (1, 1, 4) =⇒ π : 2 1 4 = 0 =⇒ π : 4y−z−3 = 0
B(0, 0, −3) 1 1 4
b)
w.m
→
− →− →
− √
i j k
1 −−→ −−→ 1 1 17 2
ST = |BA × BP | = | 2 1 4 | = |(0, −4, 1)| =
u
2 2 2 2
1 1 4
c) →
− −−→
ur = BA = (2, 1, 4) −−→ −−→
r: Pr P = BP = (1, 1, 4)
Pr = B(0, 0, −3)
−−→
|→
−
r
ur × Pr P | 17
d(P, r) = →
− = u
|ur | 21
451
t
ne
Sea x el número de rosas, y el número de tulipanes y z el número de lilas
de un ramo, respectivamente.
x + y + z = 24 x + y + z = 24 x = 16
x = 2(y + z) =⇒ x − 2y − 2z = 0 =⇒ y=2
6x + 4y + 3z = 610 = 122 6x + 4y + 3z = 122 z=6
5
at.
11 % de los machos adultos y el 4 % de las hembras adultas sufre alguna
afección ocular. Se supone que se captura al azar un ejemplar adulto y se
pide:
a) (1 punto) Determinar la probabilidad de que tenga alguna afección
ocular.
b) (1 punto) Si el ejemplar capturado padeciere una afección ocular ¿cuál
serı́a la probabilidad de que fuera un macho?
us
Solución:
w.m
2x + ay + z = a
Problema 18.3.1 (3 puntos) Dado el sistema de ecuaciones x − 4y + (a + 1)z = 1 ,
4y − az = 0
se pide:
452
t
ne
a) (2 puntos). Discutirlo en función de los valores del parámetro real a.
Solución:
a)
at.
2 a 1 a
A = 1 −4 a + 1 1 |A| = a2 − 4 = 0 =⇒ a = ±2
0 4 −a 0
Si a 6= ±2 =⇒ Rango(A) = 3 =Rango(A) = no de incógnitas y serı́a
un sistema compatible determinado.
Si a = −2:
2 −2 1 −2
2 −2
A = 1 −4 −1 1 ; |A| = 0; = −6 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
us 0 4 2 0
1 −4
2 −2 −2
|A1 | = |A| = 0; |A2 | = 1 −4 1 = −16 6= 0;
0 4 0
Si a = 2:
2 2 1 2
2 2
A = 1 −4 3 1 ; |A| = 0;
1 −4
= −10 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
0 4 −2 0
b) Si a = 1:
2x + y + z = 1 x = −1/3
x − 4y + 2z = 1 =⇒ y = 1/3
4y − z = 0 z = 4/3
c) Si a = 2:
ww
x=1−λ
2x + 2y + z = 2
=⇒ y = λ/2
4y − 2z = 0
z=λ
Problema 18.3.2 (3 puntos) Dados los puntos P (1, −2, 1), Q(−4, 0, 1),
R(−3, 1, 2), S(0, −3, 0), se pide:
453
t
ne
a) (1 punto). Hallar la ecuación del plano que contiene a P , Q y R.
Solución:
at.
a)
−−→
x−1 y+2 z−1
P Q = (−5, 2, 0)
−→
π : P R = (−4, 3, 1) =⇒ π : −5 2 0 = 0 =⇒ π : 2x+5y−7z+15 = 0
P (1, −2, 1) −4 3 1
b)
us →
− −−→
u = P Q = (−5, 2, 0)
r : π : r
Pr = P (1, −2, 1)
→
− −→
u = RS = (3, −4, −2)
r : π : s
Ps = S(0, −3, 0)
−−→
Ps Pr = (1, 1, 1)
1 1 1 →
−
−5
ur
2 0 = 0 =⇒ y Rango
→
− = 2 =⇒ r y s se cortan
3 −4 −2
us
w.m
c)
→ − →
−i → − √
j k
1 −−→ −→ 1 1 78
S = |P Q × P R| = | −5 2 0 | = |(2, 5, 7)| = u
2 2 2 2
−4 3 1
Solución:
t
ww
c0 (t)=e −t/2 1− = 0 =⇒ t = 2:
2
454
t
ne
La función es creciente en el intervalo (0, 2).
at.
x2 + x + 6
Problema 18.3.4 (2 puntos) Dada la función f (x) = , se pide:
x−2
a) (0,5 puntos). Determinar su dominio y ası́ntotas verticales.
f (x)
b) (0,5 puntos). Calcular lı́m .
x−→∞ x
Z 5
c) (1 punto). Calcular f (x) dx.
3
us
Solución:
a) Dom(f ) = R − {2}, la única ası́ntota vertical es x = 2:
x2 + x + 6 x2 + x + 6
12 12
lı́m = − = −∞; lı́m = + = +∞
x−→ 2− x−2 0 x−→ 2+ x−2 0
f (x) x2 + x + 6
b) lı́m = lı́m =1
w.m
x−→∞ x x−→∞ x2 − 2x
Z 5 2 Z 5 5
x2
x +x+6 12
c) dx = x+3+ dx = + 3x + 12 ln |x − 2| =
3 x−2 3 x−2 2 3
14 + 12 ln 3 ' 27, 18
y = f (x) en el punto 12 , 4 .
455
t
ne
2 2 2 sin x − 2x 0 2 cos x − 2
a) lı́m − = [∞−∞] = lı́m = = lı́m =
x−→ 0
x sin x x−→ 0 x sin x 0 x−→ 0 sin x + x cos x
0 −2 sin x
= lı́m =0
0 x−→ 0 cos x + cos x − x sin x
2 0 2 0 1
b) f (x) = =⇒ f (x) = − 2 =⇒ m = f = −8 luego la ecuación
x x 2
de la recta en su forma punto pendiente es: y − 4 = −8 x − 12 .
at.
2
c) = −x + 3 =⇒ x2 − 3x + 2 = 0 =⇒ x = 1, x = 2:
x
Z 2 2
x2
2 3
S1 = + x − 3 dx = 2 ln x + − 3x = − +2 ln 2 ' −0, 114
1 x 2 1 2
3
S = |S1 | = − 2 ln 2 ' 0, 114 u2
2
us
Problema 18.4.2 (3 puntos)
Dadas las matrices
1 2 1 −1 0 0
P = 3 2 2 , J = 0 2 0
2 3 2 0 0 1
se pide:
Solución:
2 1 −2
a) P −1 = 2 0 −1
−5 −1 4
−1
−1 −2 −1 −2 1/2 −2
b) B = P −1 J −1 = (P J)−1 = 6 4 4 = −2 0 −1
2 3 2 5 −1/2 4
ww
1
c) |A| = |P JP −1 | = |P ||J||P −1 | = |P ||J| = |J| = −2. Luego |A2 | =
|P |
|A|2 = (−2)2 = 4.
456
t
ne
a) (1 punto). Determine la distancia entre las rectas
x+y−1=0
r1 ≡ x = y = z y r2 ≡
x−z+1=0
at.
ur1 = (1, 1, 1) ur2 = (1, −1, 1) −−−−→
a) r1 : r2 : Pr1 Pr2 = (−1, 2, 0)
Pr1 (0, 0, 0) Pr2 (−1, 2, 0)
−1 2 0
−−−−→ → −→
|[Pr1 Pr2 , −
ur1 , ur2 ]| = −1 1 1 = | − 2| = 2
1 −1 1
→
−i − →
→ −
j k √
|−
u→ −→
r1 × ur2 | = | 1 1 1 | = |(2, 0, 2)| = 2 2
1 −1 1
us d(r1 , r2 ) =
−−−−→ → −→
|[Pr1 Pr2 , −
−→
ur1 , ur2 ]|
−→
2
= √ =
√
2
u
|ur1 × ur2 | 2 2 2
x=λ →
−
us = (1, −1, 1)
b) s : y = 2 − λ =⇒ s : , un plano π ⊥ s tal que
P s (0, 2, 1)
z =1+λ
O ∈ π =⇒ π : x−y+z+λ = 0 =⇒ 0−0+0+λ = 0 =⇒ π : x−y+z = 0
El punto de corte de π con s:
w.m
1 1 5 4
λ − (2 − λ) + (1 + λ) = 0 =⇒ λ = =⇒ , ,
3 3 3 3
Problema 18.4.4 (2 puntos) El 40 % de los sábados Marta va al cine, el
30 % va de compras y el 30 % restante juega a videojuegos. Cuando va al
cine, el 60 % de las veces lo hace con sus compañeros de baloncesto. Lo
mismo le ocurre el 20 % de las veces que va de compras, y el 80 % de las
veces que juega a videojuegos. Se pide:
a) (1 punto). Hallar la probabilidad de que el próximo sábado Marta no
quede con sus compañeros de baloncesto.
b) (1 punto). Si se sabe que Marta ha quedado con los compañeros de
baloncesto, ¿cuál es la probabilidad de que vayan al cine?
Solución:
ww
457
t
ne
at.
18.5. Junio 2017 (coincidente) - Opción A
1
1
us
Problema 18.5.1 (3 puntos) Dadas las funciones f (x) =
x−4
a) (0,5 puntos) Hallar el valor o valores de x para los que f 0 (x) = g 0 (x).
b) (1 punto) Hallar el punto x del intervalo (−2, 4) en el que la diferencia
f (x) − g(x) es mı́nima y determinar el valor de esta diferencia mı́nima.
c) (0,5 puntos) Hallar lı́m (f (x) − g(x)) y lı́m (f (x) − g(x)).
w.m
x−→−2+ x−→4−
1 1
b) h(x) = f (x) − g(x) = − =⇒
x+2 x−4
1 1
h0 (x) = − 2
+ =⇒ 12x − 12 = 0 =⇒ x = 1
(x + 2) (x − 4)2
ww
(−2, 1) (1, 4)
h0 (t) − +
h(t) decreciente creciente
Como la función decrece en el intervalo (−2, 1) y crece en el (1, 4), en
x = 1 habrá un mı́nimo.
458
t
ne
−6 −6
c) lı́m (f (x) − g(x)) = lı́m = − = +∞
x−→ −2 + x−→ −2 (x + 2)(x − 4)
+ 0
−6 −6
lı́m (f (x) − g(x)) = lı́m = − = +∞
x−→ 4− x−→ 4− (x + 2)(x − 4) 0
Z
1 1
d) F (x) = − dx = ln |x + 2| − ln |x − 4| + C
x+2 x−4
F (2) = ln 4−ln 2+C = 2 ln 2−ln 2+C = ln 2+C = 2+ln 2 =⇒ C = 2
at.
x + 2
Luego F (x) = ln +2
x − 4
Problema 18.5.2 (3 puntos) Dada la recta r ≡ x − 1 = y = z, se pide:
a) (1 punto) Calcular la ecuación de una recta r0 , con dirección perpen-
dicular a r, que esté contenida en el plano OXY y pase por el punto
(1, 2, 0).
us
b) (1 punto) Hallar un plano perpendicular a OXY , que contenga a la
recta r.
c) (1 punto) Calcular la distancia del origen de coordenadas O(0, 0, 0) a
la recta r.
Solución:
→
−
x−1 y z ur = (1, 1, 1)
r: = = =⇒ r :
w.m
1 1 1 Pr (1, 0, 0)
a) El plano π(OXY ) : z = 0 =⇒ − u→ 0 −
→
π = (0, 0, 1). Si r ∈ π =⇒ ur0 =
→
− −→ →
− −→
(a, b, 0) y como ur ⊥ ur0 =⇒ ur · ur0 = 0 =⇒ a + b = 0 =⇒ b =
−a =⇒ − u→ −
→
r0 = (a, −a, 0) = a(1, −1, 0), luegopodemos coger ur0 =
− x=1+λ
u→
r0 = (1, −1, 0)
(1, −1, 0) =⇒ r0 : =⇒ r0 : y =2−λ
Pr0 (1, 2, 0)
z=0
b)
−
u→
π = (0, 0, 1)
x−1 y z
0 →
−
ur = (1, 1, 1) =⇒ π 0 0 1 = 0 =⇒ π 0 : x−y−1 = 0
π : : 0
Pr (1, 0, 0) 1 1 1
→
− → − → −
ww
i j k √
−−→ → −
c) |OPr × ur | = | 1 0 0 | = |(0, −1, 1)| = 2 u
1 1 1
−−→ − √ √
|OPr × → ur | 2 6
d(O, r) = →
− =√ = u
|ur | 3 3
459
t
ne
Problema 18.5.3 (2 puntos) En un supermercado tienen tres artı́culos con
ofertas por la compra de una segunda unidad. La segunda unidad del artı́cu-
lo A tiene un descuento del 60 %, la segunda unidad del artı́culo B tiene un
descuento del 75 %, mientras que la segunda unidad del artı́culo C se oferta
con un descuento del 50 %. Si un cliente compra un artı́culo de cada clase
y, por lo tanto, no se beneficia de descuento alguno, debe pagar 26 euros.
Si compra dos artı́culos de cada clase pagará 35,20 euros. Finalmente, si no
adquiere el artı́culo A, pagará lo mismo comprando dos unidades de B y una
at.
de C que si compra dos unidades de C y una de B. Determı́nese el precio
de cada artı́culo.
Solución:
x + y + z = 26 x + y + z = 26 x=8
1, 4x + 1, 25y + 1, 5z = 35, 20 =⇒ 28x + 25y + 30z = 704 =⇒ y = 12
1, 25y + z = 1, 5z + y y − 2z = 0 z=6
us 0
Problema 18.5.4 (2 puntos) Dada la matriz 1
1 2
0 3 , se pide:
4 −3 8
a) (1 punto) Calcular su inversa.
−4
b) (1 punto) Calcular la matriz B para que X = 0 sea solución
1
w.m
2
del sistema A X = B.
Solución:
0 1 2 −9/2 7 −3/2
a) A = 1 0 3 =⇒ A−1 = −2 4 −1
4 −3 8 3/2 −2 1/2
0 1 2 −4 −17
b) B = A2 X = 1 0 3 · 0 = −22
4 −3 8 1 −53
x+ my+ 3z = 4
x+ y− 2z = −2 ,
3x + (m + 1)z = m + 2
, se pide:
460
t
ne
a) (2 puntos) Discutirlo según los valores del parámetro real m.
c) (0,5 puntos) Para cierto valor de m, que hace que el sistema sea com-
patible, se ha obtenido una solución con y = 0. Determinar x y z para
esa solución. ¿Cuál es el valor de m?
Solución:
at.
a)
1 m 3 4
A= 1 1 −2 −2 |A| = −(m2 +6m+8) = 0 =⇒ m = −2, m = −4
3 0 m+1 m+2
Si m = −4:
1 −4 3 4 F1 1 −4 3 4
w.m
A= 1 1 −2 −2 = F2 − F1 = 0 5 −5 −6 =
3 0 −3 −2 F3 − 3F1 0 12 −12 −14
F1 1 −4 3 4
F2 = 0 5 −5 −6 =⇒ Sistema Incompatible
5F3 − 12F2 0 0 0 2
b) Si m = −3:
x − 3y + 3z = 4 x=1
x + y − 2z = −2 =⇒ y=1
3x − 2z = −1 z=2
c) Si y = 0:
x + 3z = 4 x = 2/5
ww
x − 2z = −2 =⇒ y=0 =⇒ m = −2
3x + (m + 1)z = m + 2 z = 6/5
461
t
ne
a) (1 punto) Calcular el punto P 0 , simétrico de P respecto de π.
c) (1 punto) Calcular el área del triángulo que tiene por vértices a los
puntos P , Q y al origen de coordenadas O(0, 0, 0).
Solución:
at.
a) Seguimos el siguiente procedimiento:
→
− −
→
ur = uπ = (1, 2, 3)
Calcular r ⊥ π/P ∈ r =⇒ r : =⇒ r :
Pr = P (5, 7, 10)
x = 5 + λ
y = 7 + 2λ
z = 10 + 3λ
P + P 00
= P 0 =⇒ P 00 = 2P 0 − P = 2(2, 1, 1) − (5, 7, 10) =
2
(−1, −5 − 8)
→− →
− x = 1 − 5λ
us = v = (−10, 2, 2) = 2(−5, 1, 1)
b) s : =⇒ s : y =1+λ .
w.m
Ps = Q(1, 1, 1)
z =1+λ
Cañculamos el posible punto de corte entre s y π:
462
t
ne
Solución:
a)
4 sin x − 5 cos x 5
lı́m =−
x−→ 0 3 sin x cos x + 2 2
at.
√ √ √ √
√ √ ( x − 2x + 7)( x + 2x + 7)
lı́m ( x− 2x + 7) = [∞−∞] = lı́m √ √ =
x−→ ∞ x−→ ∞ ( x + 2x + 7)
√
−x − 7 h∞i −x − x
lı́m √ √ = = lı́m √ √ √ = lı́m √ = −∞
x−→ ∞ ( x + 2x + 7) ∞ x−→ ∞ ( x + 2 x) x−→ ∞ 1 + 2
b)
us Z
(3u + 1) cos(2u) du =
w = 3u + 1 =⇒ dw = 3du
dv = cos 2u du =⇒ v = 12 sin u
=
Z
(3u + 1) sin 2u 3
− sin 2u du =
2 2
(3u + 1) sin 2u 3 cos 2u 2(3u + 1) sin 2u + 3 cos 2u
+ +C = +C
2 4 4
Z 5 5
w.m
7 7 7 7
dx. = ln |4x + 1| = ln
2 4x + 1 4 2 4 3
Solución:
ww
P (D|M )P (M ) 0, 6 · 0, 2
b) P (M |D) = = = 0, 149
P (D) 1 − 0, 195
463
t
ne
at.
18.7. Septiembre 2017 - Opción A
xe2x si x < 0
Problema 18.7.1 (3 puntos) Dada la función f (x) =
ln(x + 1)
us
donde ln significa logaritmo neperiano, se pide:
x+1
si x ≥ 0
−1
Solución:
a) Continuidad en x = 0:
ln(x + 1)
lı́m f (x) = lı́m xe2x = 0, lı́m f (x) = lı́m =0y
x−→ 0− x−→ 0− x−→ 0+ x−→ 0− x+1
f (0) = 0 =⇒ f es continua en x = 0.
Derivabilidad en x = 0:
(1 + 2x)e2x si x < 0
f 0 (x) = ; f 0 (0− ) = 1 y f 0 (0+ ) = 1 =⇒ f
1 − ln(x + 1)
si x < 0
(x + 1)2
ww
es derivable en x = 0.
1
ln(x + 1) h ∞ i
b) lı́m = = lı́m x+1 = 0
x−→ ∞ x + 1 ∞ x−→ ∞ 1
2x −2t −t −∞ −1
lı́m xe = lı́m −te = lı́m 2t = = lı́m =0
x−→ −∞ t−→ ∞ t−→ ∞ e ∞ t−→ ∞ 2e2t
464
t
ne
c)
xe2x 1
Z Z
2x u=x =⇒ du = dx
xe dx = = − e2x dx =
dv = e2x dx =⇒ v = 21 e2x 2 2
at.
f (x) dx = = −0, 148
−1 4e2
6x − y − z = 1
Problema 18.7.2 (3 puntos) Dadas las rectas r1 ≡ y
2x − y + z = 1
3x − 5y − 2z = 3
r2 ≡ se pide:
3x + y + 4z = 3
Solución:
−→ −→
ur1 = (1, 4, 2) ur2 = (−1, −1, 1) −−−−→
a) r1 : , r2 : Pr1 Pr2 = (1, 1, 0)
w.m
1 1 0
−−−−→ → −→
[Pr1 Pr2 , −
ur1 , ur2 ] = 1 4 2 = 3 6= 0 =⇒ r1 y r2 se cruzan
−1 −1 1
b)
−−−−→ → −→ √
|[Pr1 Pr2 , −
ur1 , ur2 ]| |3| 6
d(r1 , r2 ) = −→ −→ = √ = u
|ur1 × ur2 | 3 6 6
→
−i − →
→ −
j k √
|−
u→ −→
r1 × ur2 | = | 4 2 | = |3(2, −1, 1)| = 3 6
1
−1 −1 1
ww
c)
−−−→
Pr1 P = (1, 3, 3) x y+1 z
−
u→
π: r1 = (1, 4, 2) =⇒ π : 1 3 3 = 0 =⇒ π : 6x−y−z−1 = 0
Pr1 (0, −1, 0) 1 4 2
465
t
ne
Problema 18.7.3 (2 puntos) Se dispone de tres aleaciones A, B y C que
contienen, entre otros metales, oro y plata en las proporciones indicadas en
Oro ( %) Plata ( %)
A 100 0
la tabla adjunta.
B 75 15
C 60 22
Se quiere obtener un lingote de 25 gramos, con una proporción del 72 % de
oro y una proporción del 16 % de plata, tomando x gramos de A, y gramos
at.
de B y z gramos de C. Determı́nense las cantidades x, y, z.
Solución:
x + y + z = 25 x + y + z = 25 x=3
x + 0, 75y + 0, 60z = 0, 72 · 25 =⇒ 100x + 75y + 60z = 1800 =⇒ y = 12
0, 15y + 0, 22z = 0, 16 · 25 15y + 22z = 400 z = 10
Solución:
4 1 2
P (A) = P (B) = P (A ∪ B) =
w.m
9 2 3
4 1 2
a) P (A) · P (B) = · =
9 2 9
4 1 2 5
P (A ∩ B) = P (A) + P (B) − P (A ∪ B) = + − =
9 2 3 18
Luego P (A ∩ B) 6= P (A) · P (B) =⇒ los sucesos A y B no son in-
dependientes.
1 5
P (A ∩ B) P (B) − P (A ∩ B) 2 − 18 4
b) P (A|B) = = = 1 =
P (B) P (B) 2
9
466
t
ne
a) (0,5 puntos) Calcular la matriz B = (A − I)(2I + 2A).
Solución:
1 0 0 3 0 0 6 0 0
a) B = (A−I)(2I+2A) = 2 0 −1 1 0 1 1 = 0 0 0
at.
0 1 −1 0 1 1 0 0 0
1 0 0
1
0
b) A − I = 0 −1 1 , |A − I| = 0 y
= −1 6= 0 =⇒
0 −1
0 1 −1
Rango(A − I) = 2.
3 0 0
A2 − I = 0 0 0 =⇒ Rango(A2 − I) = 1.
us
0 0 0
7 0 0
7
3 3 0
A −I = 0 −1 1 , |A − I| = 0 y
= −7 6= 0 =⇒
0 −1
0 1 −1
Rango(A − I) = 2.
4 0 0 8 0 0
c) A2 = 0 1 0 , A3 = 0 0 1 :
w.m
0 0 1 0 1 0
n
2 0 0
0 1 0 si n es par
0 0 1
64 0 0
An = n =⇒ A6 = 0 1 0
2 0 0
0 0 1
0 0 1 si n es impar
0 1 0
1/64 0 0
(A6 )−1 = 0 1 0
0 0 1
ww
e−x
Problema 18.8.2 (3 puntos) Se considera la función f (x) = y se
x2 + 1
pide:
a) (1 punto) Obtener la ecuación de la recta tangente a la curva y = f (x)
en el punto de abscisa x = 0.
467
t
ne
b) (1 punto) Estudiar la existencia de ası́ntotas horizontales y verticales
de la función f y, en su caso, determinarlas.
Solución:
at.
0
f (x) = =⇒ f (x) = −
x2 + 1 (x2 + 1)2
a) b = f (0) = 1 y m = f 0 (0) = −1 =⇒ y = −x + 1
Problema 18.8.3 (2 puntos) Sea r la recta que pasa por los puntos P1 (3, 2, 0)
y P2 (7, 0, 2). Se pide:
468
t
ne
b) (1 punto) Hallar el punto de corte de la recta r con el plano perpen-
dicular a r que pasa por el punto Q.
Solución:
→
− x = 3 + 2λ
ur = (2, −1, 1)
r: =⇒ r : y =2−λ
Pr (3, 2, 0)
z=λ
at.
−−→
a) Pr Q = (0, 3, −3)
−−→ − √
|Pr Q × → ur | 6 2 √
d(Q, r) = →
− = √ =2 3u
|ur | 6
→
− →− → −
i j k √
−−→ → −
|Pr Q × ur | = | 0 3 −3 | = |(0, −6, −6)| = 6 2
us 2 −1 1
Solución:
−−→ −→ −−→
AB = (2, −2, 1), AC = (1, 2, 2), BC = (−1, 4, 1)
−−→ −→ −−→ √
a) |AB| = 3, |AC| = 3 y |BC| = 3 2. Como tiene dos lados iguales es
un triángulo isósceles.
ww
−−→ −→
AB · AC 2−4+2
b) cos α = −−→ −→ = = 0 =⇒ α = 90o , luego se trata de
|AB| · |AC| 9
un triángulo rectángulo e isósceles y los otros dos ángulos tienen que
ser iguales β = γ =⇒ β = γ = 45o .
469
t
ne
18.9. Septiembre 2017 (coincidente) - Opción A
sin(2x)
si x < 0
Problema 18.9.1 (3 puntos) Dada la función f (x) = x
xex + 2 si x ≥ 0
se pide:
at.
b) (1 punto) Obtener la recta tangente a la curva y = f (x) en el punto
de abscisa x = −π
Z 2
c) (1 punto) Calcular la integral f (x) dx.
1
Solución:
us
a) Continuidad en x = 0:
lı́m f (x) = lı́m
x−→ 0− x−→ 0−
sin(2x)
x
= 2, lı́m f (x) = lı́m (xex + 2) = 2
x−→ 0+ x−→ 0−
y f (0) = 2 =⇒ f es continua en x = 0 =⇒ f continua en R.
2x cos(2x) − sin(2x)
b) Si x = −π tenemos: f (−π) = 0, en esa rama f 0 (x) = =⇒
x2
2
w.m
xex + 2x − ex = ex (x − 1) + 2x
Z 2
f (x) dx = e2 + 2 = 9, 389
1
ww
x+ y = 1
Problema 18.9.2 (3 puntos) Dado el sistema de ecuaciones ty+ z = 0 ,
x+ (1 + t)y+ tz = t + 1
se pide:
470
t
ne
b) (0,5 puntos) Resolverlo para t = 0.
Solución:
a)
1 1 0 1
at.
A= 0 t 1 0 |A| = t2 − t = 0 =⇒ t = 0, t = 1
1 1+t t t+1
F2 = 0 1 1 0 =⇒ Sistema Incompatible
F3 − F2 0 0 0 1
Si t = 0:
1 1 0 1
A = 0 0 1 0 ; F3 = F1 =⇒ Sistema Compatible Indeterminado
w.m
1 1 0 1
b) Si t = 0:
x=1−λ
x+y =1
=⇒ y=λ
z=0
z=0
c) Si t = −1:
x+y =1 x = 1/2
−y + z = 0 =⇒ y = 1/2
x−z =0 z = 1/2
π1 ≡ 2x + y − z = 1 y π2 ≡ x + 2y + z = 3
, se pide:
471
t
ne
b) (1 punto) Calcular la recta paralela a π1 , paralela a π2 y que pasa por
el punto A(1, 1, 1).
Solución:
|2x + y − z − 1| |x + 2y + z − 3|
√ = √ =⇒ |2x+y−z−1| = |x+2y+z−3| =⇒
at.
6 6
2x + y − z − 1 = x + 2y + z − 3 =⇒ π10 : x − y − 2z + 2 = 0
2x + y − z − 1 = −x − 2y − z + 3 =⇒ π20 : 3x + 3y − 4 = 0
Solución:
ww
P (E|A)P (A) 0, 15 · 0, 2
b) P (A|E) = = = 0, 254
P (E) 0, 118
472
t
ne
at.
18.10. Septiembre 2017 (coincidente) - Opción B
Problema 18.10.1 (3 puntos) Dados los puntos P1 (1, 1, 3), P2 (0, 0, 3), P3 (4, −3, 1)
y O(0, 0, 0). Se pide:
a) (1 punto) Hallar el plano π que contiene los puntos P1 , P2 , P3 .
b) (1 punto) Hallar el punto simétrico de O respecto del plano π 0 ≡
usx + y − z + 3 = 0.
c) (1 punto) Hallar el volumen del tetraedro con vértices O, P1 , P2 , P3 .
Solución:
−−−→
P2 P3 = (4, −3, −2) x y z − 3
−−−→
a) π : P P = (1, 1, 0) =⇒ π : 4 −3 −2 = 0 =⇒
2 1 1
P2 (0, 0, 3) 1 0
w.m
2x − 2y + 7z − 21 = 0
473
t
ne
1 −1 7 a
Problema 18.10.2 (3 puntos) Dada la matriz A = 1 0 5 2a ,
0 2 −4 2a
se considera la matriz B formada por las tres últimas columnas de A y se
pide:
at.
b) (1 punto) Obtener el rango de A en función de los valores del parámetro
real a.
x 1
c) (1 punto) Resolver el sistema B y = 1 , en el caso a = 0.
z 0
Solución:
a) |A| = 0 =⇒ 6 ∃B −1 ∀a ∈ R
us
1 −1 7 a
F1
1 −1 7 a
b) Por Gauss: A = 1 0 5 2a = F2 − F1 = 0 1 −2 a =
0 2 −4 2a F3 0 2 −4 2a
F1 1 −1 7 a
1 −1
F2 = 0 1 −2 a y como
0
= 1 6= 0 =⇒
1
F3 − 2F2 0 0 0 0
Rango(A) = 2 ∀a ∈ R.
w.m
474
t
ne
Solución:
V 0 (x) = 12x2 − 9, 6x + 1, 44 = 0 =⇒ x = 0, 2, x = 0, 6
00
00 V (0, 2) = −4, 8 < 0 =⇒ x = 0, 2 máximo
V (x) = 24x − 9, 6 =⇒
V 00 (0, 6) = 4, 8 > 0 =⇒ x = 0, 6 mínimo
at.
El volumen máximo serı́a V (0, 2) = 0, 128
us
1 − x2
Problema 18.10.4 (2 puntos) Dada la función f (x) = , calcúlese el
x2 + 1
área comprendida entre la curva y = f (x) y la recta y = 1 − x.
Solución:
1 − x2
w.m
= 1 − x =⇒ x(x − 1)2 = 0 =⇒ x = 0 x = 1
x2 + 1
1 1
1 − x2 x2
π−3
Z
S1 = −1+x dx = − 2x + 2 arctan x =
0 x2 + 1 2 0 12
π − 3 π − 3 2
S = |S1 | =
= u
12 12
ww
475
ww
w.m
476
us
at.
ne
t
t
ne
Capı́tulo 19
at.
Año 2018
us
Problema 19.1.1 (2,5 puntos) Dadas las matrices A = 0
3 0 , y I =
0 −1 3
1 0 0
0 1 0 se pide:
0 0 1
a) (1,5 puntos) Obtener los valores de m para los que que la matriz A−mI
admite inversa.
w.m
477
t
ne
Solución:
2 cos x − x + 1 si x < 1 −2 sin x − 1 si x < 1
a) f (x) = =⇒ f 0 (x) =
2 cos x + x − 1 si x ≥ 1 −2 sin x + 1 si x ≥ 1
luego f 0 (0) = −1.
at.
c) La función f (x) = 2 cos x + x − 1 > 0 no corta al eje de abcisas en
[π, 2π]:
2π 2π
x2 3π 2
Z
(2 cos x + x − 1) dx = 2 sin x + −x = − π u2
π 2 π 2
Solución:
d(P, π1 ) = d(P, π2 ) =⇒
b) Corte de r con π1 :
−3t + 3 = 0 =⇒ t = 1 =⇒ A(−1, 0, 2)
Corte de r con π2 :
−2t + 5 = 0 =⇒ t = 5/2 =⇒ A(−4, 3/2, 7/2)
ww
−→ −−→
P A = (1, −3, 0) y P B = (−2, −3/2, 3/2):
→
−i →
− →
−
√
j k
1 −→ −−→ 1 | = 3 35 u2
S = |P A × P B| = | 1 −3 0
2 2 4
−2 −3/2 3/2
478
t
ne
Problema 19.1.4 (2,5 puntos) Sabiendo que el peso de los estudiantes va-
rones de segundo de bachillerato se puede aproximar por una variable aleato-
ria con distribución normal, de media 74 kg y desviación tı́pica 6 kg, se pide:
at.
han presentado a las pruebas de la EvAU en una cierta universidad,
pesan más de 80 kg.
Solución:
N (74, 6)
us
a) P (68 ≤ X ≤ 80) = P
68 − 74
6
≤Z≤
80 − 74
6
= P (−1 ≤ Z ≤ 1) =
P (Z ≤ 1) − P (Z ≤ −1) = P (Z ≤ 1) − (1 − P (Z ≤ 1) = 2P (Z ≤
1) − 1 = 2 · 0, 8413 − 1 = 0, 6826 =⇒ 68, 26 %
80 − 74
b) P (X ≥ 80) = 1 − P (X ≤ 80) = 1 − P Z ≤ = 1 − P (Z ≤
6
1) = 1 − 0, 8413 = 0, 1587 =⇒ 15, 87 % =⇒ 238 estudiantes pesarán
más de 80 kg.
w.m
1 m m z 2+m
se pide:
479
t
ne
b) (0,5 puntos) Resolver el sistema lineal AX = B cuando m = −1.
Solución:
a)
1 1 1 1
A= m 1 m+1 1 |A| = −m(m−1) = 0 =⇒ m = 0, m = 1
1 m m 2+m
at.
Si m 6= 0 y m 6= 1 =⇒ Rango(A) = 3 =Rango(A) = no de incógnitas
y serı́a un sistema compatible determinado.
Si m = 1:
1 1 1 1 F1 1 1 1 1
A = 1 1 2 1 = F2 − F1 = 0 0 1 0 =⇒ Sistema Incompatible
1 1 1 3 F3 − F1 0 0 0 2
us Si m = 0:
1 1 1 1
F1
1 1 1 1
b) Si m = −1:
x+y+z =1 x=1
−x + y = 1 =⇒ y=2
x−y−z =1 z = −2
Solución:
480
t
ne
at.
a)
" #
u = (6 − x) =⇒ du = −dx
Z
x−4
F (x) = ((6 − x)e 3 − 1) dx = x−4 x−4 =
dv = e 3 dx =⇒ v = 3e 3
Z
x−4 x−4 x−4 x−4 x−4
3(6−x)e 3 +3 e 3 dx−x = 3(6−x)e 3 +9e 3 −x = (27−3x)e 3 −x
us S=
Z 4
((6 − x)e
x−4
3 − 1) dx = F (4) − F (2) = 13 −
21 2
u
2 e2/3
x−4
3−x x−4 xe 3
b) g(x) = f 0 (x) = e 3 =⇒ g 0 (x) =− = 0 =⇒ x = 0
3 9
(−∞, 0) (0, ∞)
w.m
g 0 (x) + −
g(x) creciente decreciente
π2 .
481
t
ne
Solución:
Calcular
la recta t ⊥ π2 /B ∈ t. Tenemos →
−
ut = −
u→
π2 = (1, 0, 0):
x = −1 + λ
t: y=1
z=1
at.
Calcular el punto de corte B 00 de t con π2 : 1 − λ = 0 =⇒ λ =
1 =⇒ B 00 (0, 1, 1)
B + B0
= B 00 =⇒ B 0 = 2B 00 − B = (0, 2, 2) − (−1, 1, 1) = (1, 1, 1)
2
→
−i − →
→ −
j k x = −1
b) →
−
ur = −
u→ −→
π1 × uπ2 = 1 1 0 = (0, 0, −1) =⇒ r : y=1
1 0 0 z =1−λ
us −
u→
c) cos α = −→
−→
π1 · uπ2
−→
|uπ1 ||uπ2 |
1 π
= √ =⇒ α = radianes.
2 4
de fresa.
Solución:
Sale fresa: F , sale menta: M y sale limón: L
10 9 15 10 5
a) P (2o de fresa) = P (F F ) + P (M F ) + P (LF ) = · + · + ·
30 29 30 29 30
10 1
=
29 3
10 9 3
ww
b) P (F F ) = · =
30 29 29
P (primero fresa ∩ segundo fresa)
c) P (primero fresa|segundo fresa) = =
P (segundo fresa)
9
29
482
t
ne
19.3. Junio 2018 - Opción A
Problema 19.3.1 (2,5 puntos) Dado el sistema de ecuaciones
x+ my = 1
A= −2x− (m + 1)y+ z= −1 ,
x+ (2m − 1)y+ (m + 2)z = 2 + 2m
se pide:
at.
a) (2 puntos) Discutir el sistema en función del parámetro m.
Solución:
a)
1 m 0 1
us A = −2 −(m + 1) 1 −1 |A| = m2 −1 = 0 =⇒ m = ±1
1 2m − 1 m + 2 2 + 2m
A = −2 −2 1 −1 = F2 + 2F1 = 0 0 1 1 =
1 1 3 4 F3 − F1 0 0 3 3
F1 1 1 0 1
F2 = 0 0 1 1 =⇒ Sistema compatible indeterminado
F3 − 3F2 0 0 0 0
Si m = −1:
1 −1 0 1 F1 1 −1 0 1
A = −2 0 1 −1 = F2 + 2F1 = 0 −2 1 1 =
1 −3 1 0 F3 − F1 0 −2 1 −1
F1 1 −1 0 1
F2 = 0 −2 1 1 =⇒ Sistema Incompatible
ww
F3 − F2 0 0 0 −2
b) Si m = 0:
x=1 x=1
−2x − y + z = −1 =⇒ y = −1
x − y + 2z = 2 z=0
483
t
ne
Problema 19.3.2 (2,5 puntos)
at.
Calcule dicho valor x.
Solución:
m1 + m2 + m3 + m4 + m5
a) E 0 (x) = 2[5x−(m1 +m2 +m3 +m4 +m5 )] = 0 =⇒ x = =
5
4, 56
us 5
= 0, 912, es decir, se trata de la media de resultados. Sólo queda
por comprobar que se trata de un mı́nimo:
E 00 (x) = 10 =⇒ E 00 (0, 912) = 10 > 0 =⇒ x = 0, 912 es un mı́nimo.
Éste valor corresponderı́a a un error de E(0, 912) = 0, 00148.
b)
u = ln x =⇒ du = x1 dx
Z
2
F (x) = x ln(x) dx = 3 =
dv = x2 dx =⇒ v = x3
w.m
x3 ln x 1 x3 ln x x3 x3 (3 ln x − 1)
Z
− x2 dx = − =
3 3 3 9 9
2
24 ln 2 − 7
Z
x2 ln(x) dx = F (2) − F (1) = ' 1, 07 u2
1 9
Solución:
484
t
ne
4
este caso habrı́a infinitas soluciones. Veamos que son paralelos: =
−2
6 −12 1
= 6= =⇒ paralelos. La longitud del lado del cubo buscado
−3 6 −5
será l = d(π2 , π1 ), para calcular esta distancia tomamos un punto
cualquiera A de π2 : −2x−3y+6z−5 = 0 =⇒ A(0, 0, 5/6) y tendremos:
|0 + 0 − 12 · 5/6 + 1| | − 9| 9
√
l = d(π2 , π1 ) = d(A, π1 ) = =√ =
16 + 36 + 144 196 14
at.
3
3 9 729
V =l = = = 0, 266 u2
14 2744
b) El cuadrado es:
us
1 + 3λ
w.m
x=
5
−2x − 3y + 6z = 5
C ∈ r = π2 ∩π3 =⇒ r : =⇒ r : −9 + 8λ
x−y+z =2
y=
5
z=λ
1 + 3λ −9 + 8λ −−→ −−→
Luego C , , λ . Por ser un cuadrado AB ⊥ BC =⇒
5 5
−−→ −−→
AB · BC = 0
−−→ −−→ 1 + 3λ −9 + 8λ
El vector AB = (−1, 1, 0) y el BC = , , λ −(1, 2, 3) =
5 5
−4 + 3λ −19 + 8λ −−→ −−→ 4 − 3λ −19 + 8λ
, , λ − 3 . Luego AB · BC = + =
5 5 5 5
0 =⇒ λ = 3 =⇒ C(2, 3, 3).
−−→ −−→
D = A + AD = A + BC = (2, 1, 3) + (1, 1, 0) = (3, 2, 3) (El vector
−−→
BC = (1, 1, 0))
ww
485
t
ne
a) (1.25 puntos) Determine el porcentaje global de artı́culos devueltos.
Solución:
at.
us
a) P (D) = P (D|R)P (R) + P (D|N R)P (N R) = 0, 15 · 0, 6 + 0, 08 · 0, 4 =
0, 122 =⇒ 12, 20 %
P (D|R)P (R) 0, 15 · 0, 6
b) P (R|D) = = = 0, 7377 =⇒ 73, 77 %
P (D) 0, 122
m 0 2
Problema 19.4.1 (2,5 puntos) Dadas las matrices A = −2 4 m , y B =
0 1 −1
−2
0 se pide:
0
a) (1 punto) Obtener los valores del parámetro m para los que la matriz
A admite inversa.
Solución:
486
t
ne
Si m 6= −2 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ ∃A−1
1 −1/2 2
b) Si m = 0 tenemos A−1 = 1/2 0 1
1/2 0 0
0 0 2 −2 0
A · B = −2 4 0 0 = 4
0 1 −1 0 0
at.
1 −1/2 2 −2 −2
A−1 · B = 1/2 0 1 0 = −1
1/2 0 0 0 −1
−2 4 0 0
c) B · B t = 0 · (−2, 0, 0) = 0 0 0 y
0 0 0 0
−2
usB t · B = (−2, 0, 0) · 0 = (4)
0
|x|
f (x) = √
x2 + 9
se pide:
w.m
Solución:
−x −x
√ si x < 0
lı́m √ =1
x2 + 9
x−→−∞ x2 + 9
a) f (x) = =⇒ =⇒
x x
√ si x ≥ 0 lı́m √ =1
x2 + 9 x−→∞ x2 + 9
y = 1.
ww
−9
p si x < 0
(x2 + 9)3
9
b) f 0 (x) = =⇒ f 0 (4) = = 0, 072.
9 125
p si x ≥ 0
(x2 + 9)3
487
t
ne
c) La función corta al eje OX en x = 0 por lo que tendremos dos recintos
de integración uno para cada una de las ramas: S1 : [−1, 0] y S2 : [0, 1].
Z 2 Z
x x +9=t p
F (x) = √ dx = = t−1/2 dt = t1/2 = x2 + 9
x2 + 9 2xdx = dt
Z 0
−x p √
S1 = √ dx = − x2 + 9]0−1 = 10 − 3 ' 0, 162
−1 x2 + 9
at.
Z 1
x p √
S2 = √ dx = x2 + 9]10 = 10 − 3 ' 0, 162
0 x2 + 9
√
S = |S1 | + |S2 | = 2 10 − 6 ' 0, 325
Problema
19.4.3 (2,5 puntos) Dados el punto P (1, 1, 1) y las rectas r ≡
2x + y = 2 x−2 y+1 z−1
,s≡ = = , se pide:
5x + z = 6 −1 1 1/3
a) (1 punto) Hallar la distancia del punto P a la recta r.
us
b) (1 punto) Estudiar la posición relativa de las rectas r y s.
→
−i − →
→ −
j k √
−−→ −−→ → −
a) P Pr = (−1, 1, 5) y |P Pr × ur | = | −1
1 5 | = |(5, 0, 1)| = 26
1 −2 −5
−−→ − √
|P Pr × →
r
ur | 26 13
d(P, r) = →
− =√ = ' 0, 931 u
|ur | 30 15
2 −3 −5
−−→ −−→ − →
b) Pr Ps = (2, −3, −5) y [Pr Ps , →
ur , −
us ] = 1 −2 −5 = −1 6= 0 =⇒
−3 3 1
r y s se cruzan.
−
→
c) u →
−
π = us = (−3, 3, 1) =⇒ π : −3x + 3y + z + λ = 0 como P ∈ π =⇒
−3 + 3 + 1 + λ = 0 =⇒ λ = −1, luego π : −3x + 3y + z − 1 = 0 =⇒
ww
π : 3x − 3y − z + 1 = 0
488
t
ne
a) (1 punto) Si se fabrican 5000 productos en un mes, ¿cuántos de ellos
se espera que sean defectuosos?
at.
Solución:
us
a) P (D) = P (D|A)P (A) + P (D|B)P (B) = 0, 025 · 0, 75 + 0, 05 · 0, 25 =
0, 03125. Luego se esperan 5000 · 0, 03125 = 156, 25 tornillos defectuo-
sos, redondeando por exceso 157.
w.m
2 0 0
0 2 0 se pide:
0 0 2
489
t
ne
x
b) (1,25 puntos) Hallar A−1 y resolver el sistema lineal A y =
z
1
1 .
1
at.
Solución:
1 −2 −2 9 0 0
1 1
a) A = −2 1 −2 =⇒ AAt = 0 9 0 = I y
3 9
2 2 −1 0 0 9
9 0 0
1
At A = 0 9 0 = I
9
0 0 9
us −1
b) A =
1
3
1 −2
−2 1
−2 −2 −1
2
2
y
x
y
z
=A −1
1
1
1
=
1
3
1 −2
−2 1
2
2
−2 −2 −1
1
1 =
1
1/3
1/3 .
−5/3
2 0 0
c) C = ABAt = A2IAt = 2AAt = 2I = B = 0 2 0 =⇒ C 2 =
w.m
0 0 2
4 0 0
2I2I = 4I = 0 4 0
0 0 4
Problema 19.5.2 (2,5 puntos) Dada la función f (x) = 3x2 e−x , se pide:
a) (1 punto) Hallar los extremos relativos y los intervalos de crecimiento
y decrecimiento de f (x).
Z 1
f (x)
b) (0,75 puntos) Calcular dx.
0 x
c) (0,75 puntos) Calcular los lı́mites: lı́m f (x) y lı́m f (x).
x−→ −∞ x−→ +∞
Solución:
ww
a) f 0 (x) = 3xe−x (2 − x) = 0 =⇒ x = 0 y x = 2.
(−∞, 0) (0, 2) (2, ∞)
f 0 (x) − + −
f (x) decreciente & creciente % decreciente &
490
t
ne
La función es decreciente en el intervalo (−∞, 0)∪(2, ∞) y creciente en
(0, 2). Tiene un mı́nimo en el punto (0, 0) y un máximo en el (2, 12/e2 ).
at.
Z Z
f (x) −x u = 3x =⇒ du = 3dx
b) F (x) = dx = 3xe dx = =
Zx dv = e−x dx =⇒ v = −e−x
−3xe−x + 3 e−x dx = −3xe−x − 3e−x = −3xe−x (x + 1)
us Z 1
f (x)
x
dx = F (1) − F (0) =
−6 + 3e
e
' 0, 793
0
Problema 19.5.3 (2,5 puntos) Se consideran los puntos P (1, 1, 1), Q(1, 0, 1),
R(0, 0, 1) y la recta r que pasa por los puntos A(0, 0, −1) y B(0, 1, 0). Se pide:
a) (1 punto) Encontrar el punto de intersección de r con el plano que
contiene a P , Q y R.
−−→ −→
b) (0,75 puntos) Hallar un punto T de r, tal que los vectores P Q, P R,
−→
P T sean linealmente dependientes.
z=λ
−−→
P Q = (0, 1, 0) 0 1 x
−→
a) π : RP = (1, 1, 0) =⇒ π : 1 1 y = 0 =⇒ π : z − 1 = 0
0 0 z−1
R(0, 0, 1)
El punto de corte de r con π: 0 + 0 + λ − 1 = 0 =⇒ λ = 1 =⇒ (0, 2, 1)
491
t
ne
−−→ −→ −→
b) T (0, 1+λ, λ), P Q = (0, −1, 0), P R = (−1, −1, 0) y P T = (0, 1+λ, λ)−
(1, 1, 1) = (−1, λ, λ − 1):
0 −1 0
−1 −1 0 = −λ + 1 = 0 =⇒ λ = 1
−1 λ λ−1
−−→ −→ −→
Si λ = 1 los vectores P Q, P R y P T son linealmeente dependientes,
luego T (0, 2, 1).
at.
−−→ −−→ −−→
c) OP = (1, 1, 1), OQ = (1, 0, 1) y OR = (0, 0, 1):
1 1 1
1 1 1
V = | 1 0 1 | = | − 1| = u3
6 6 6
0 0 1
Solución:
150 1
A : le gusta las de acción y S : le gusta las de suspense. P (A) = = =
300 2
135 9 75 1
0, 5, P (S) = = = 0, 45 y P (A ∩ S) = = = 0, 25
300 20 300 4
1 1
a) P (A) = 1 − P (A) = 1 − = = 0, 5.
2 2
1 3
b) P (A ∪ S) = 1 − P (A ∪ S) = 1 − P (A ∩ S) = 1 − = = 0, 75.
4 4
ww
1 9 3 1
c) P (A ∩ S) = P (A) + P (S) − P (A ∪ S) = + − = = 0, 2.
2 20 4 5
1 1 3
d) P (A ∩ S) = P (A) − P (A ∩ S) = − = = 0, 3
2 5 10
492
t
ne
19.6. Junio 2018 (coincidente)- Opción B
Problema 19.6.1 (2,5 puntos) Dado el sistema de ecuaciones lineales
10x− 20y− 10z = 8α + 44
A= 2x− 5y+ 3z = 4α + 4 ,
3x− 7y+ 2z = 5α + 9
se pide:
at.
a) (2 puntos) Discutir el sistema en función de los valores del parámetro
real α.
Solución:
a) Por Gauss:
us
10 −20 −10 8α + 44
F1
A = 2 −5 −3 4α + 4 = −5F2 + F1 =
3 −7 2 5α + 9 10F3 − 3F1
10 −20 −10 8α + 44 F1 10 −20 −10 8α + 44
0 5 −25 −12α + 24 = F2 = 0 5 −25 −12α + 24
0 −10 50 2α + 6 F3 + 2F2 0 0 0 2α + 6
Si 2α + 6 = 0 =⇒ α = −3 =⇒ sistema compatible indeterminado y
w.m
si α 6= −3 =⇒ sistema incompatible.
b) Si α = −3:
x = 26 + 11λ
x − 2y − z = 2
=⇒ y = 12 + 5λ
y − 5z = 12
z=λ
Problema 19.6.2 (2,5 puntos) Una firma de alta perfumerı́a pretende sa-
car al mercado un frasco de un perfume exclusivo que contenga 12 ml de
esencia pura más una cantidad variable, x, de alcohol. El precio de la esencia
pura es de 48 euros el mililitro. Al añadir alcohol a la esencia, el precio de
la mezcla resultante disminuye. Sabiendo que por cada mililitro de alcohol
añadido el precio del mililitro de mezcla se reduce 3 euros, se pide:
ww
493
t
ne
c) (0,5 puntos) Deducir con qué valor de x el precio de la mezcla se hace
cero.
Solución:
at.
a) para x = 0 el precio serı́a: 12 · 48 = 576 euros.
b) (0,75 puntos) Hallar la ecuación implı́cita del plano que pasa por P y
es paralelo a r y a s.
c) (0,75 puntos) Calcular el área del triángulo que tiene por vértices el
origen de coordenadas, el punto P y el punto P 0 proyección de P sobre
el plano z = 0.
Solución:
→
−
ur = (0, 2, −1)
→−
us = (1, −1, 1)
r: ys:
Pr (−2, −3, 0) Ps (3, −1, 0)
5 2 0
−−→
a) Pr Ps = (5, 2, 0) =⇒ 0 2 −1 = 3 6= 0 =⇒ las rectas r y s se
1 −1 1
ww
cruzan.
→
−i − →
→ −
j k
−
→
b) uπ = 0
2 −1 = (1, −1, −2) como P ∈ π =⇒ x − y − 2z + λ =
1 −1 1
0 =⇒ −1 − 2 + 2 + λ = 0 =⇒ λ = 1 =⇒ π : x − y − 2z + 1 = 0
494
t
ne
c) Calculo de P 0 proyección de P sobre π 0 : z = 0:
at.
−−→ −−→
OP = (−1, 2, −1) y OP 0 = (−1, 2, 0)
→ − →
−i → − √
j k
1 1 5 2
S = | −1 2 −1 | = |(2, 1, 0)| =
u
2 2 2
−1 2 0
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) = 0, 6 + 0, 2 − 0, 12 = 0, 68
P (A ∪ B) = P (A ∩ B) = 1 − P (A ∩ B) = 1 − 0, 12 = 0, 88
P (A ∩ B) = P (A ∪ B) = 1 − P (A ∪ B) = 1 − 0, 68 = 0, 32
P (A ∩ B) = P (B) − P (A ∩ B) = 0, 2 − 0, 12 = 0, 08
P (A ∪ B) 0, 08
P (A|B) = = = 0, 4
P (B) 0, 2
495
t
ne
a) (1,25 puntos) Discutir el rango de la matriz A, en función de los valores
del parámetro α.
Solución:
at.
a)
14 0 10
A = 0 7 5 |A| = 490(α − 1) = 0 =⇒ α = 1
3 4 5α
Si α 6= 1 =⇒ Rango(A) = 3.
14 0
Si α = 1 =⇒ |A| = 0 y = 98 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2.
0 7
us
b) Si α = 0:
14 0 10 2/49 −4/49 1/7
A = 0 7 5 =⇒ A−1 = −3/98 3/49 1/7
3 4 0 3/70 4/35 −1/5
c) Si α = 1 :
w.m
14 0 10 2 F1 14 0 10 2
A = 0 7 5 37/2 = F2 = 0 7 5 37/2 =
3 4 5 11 14F3 − 3F1 0 56 40 148
F1 14 0 10 2
F2 = 0 7 5 37/2 =⇒ Sistema compatible indeterminado
F3 − 8F2 0 0 0 0
x = 1/7 − 5/7λ
14x + 10z = 2
=⇒ y = 37/14 − 10/14λ
7y + 5z = 37/2
z=λ
(
8e2x−4 si x ≤ 2
f (x) = x3 −4x
x−2 si x > 2
se pide:
496
t
ne
a) (0,75 puntos) Estudiar la continuidad de f en x = 2.
Solución:
at.
a) lı́m f (x) = lı́m (8e2x−4 ) = 8
x−→ 2− x−→ 2−
x3 − 4x 3x2 − 4
0
lı́m f (x) = lı́m = = lı́m =8
x−→ 2+ x−→ 2− x − 2 0 x−→ 2− 1
f (2) = 8 =⇒ f es continua en x = 2.
0 e
Solución:
ww
→ − →
−i → −
j k
√
a) |→
−
w | = |→
−
u ×→− | = |(−2, 5, −4)| = 45 =⇒ −
→1 =
v | = | −1 2 3 w
2 0 −1
−2 5 −4
√ , √ , √
3 5 3 5 3 5
497
t
ne
b) −
→2 = a→
w −u + b→
−
v = a(−1, 2, 3) + b(2, 0, −1) = (−a + 2b, 2a, 3a − b) y
−
w2 ⊥ v =⇒ −
→ →
− →2 · →
w −
v = (−a + 2b, 2a, 3a − b) · (2, 0, −1) = −2a +
4b + 0 − 3a + b = 0 =⇒ −5a + 5b = 0 =⇒ a = b Por ejemplo si
a = b = 1 =⇒ −
w→2 = (1, 2, 2)
−→
c) OA = a→ −u + b→
−
v = a(−1, 2, 3) + b(2, 0, −1) = (−a + 2b, 2a, 3a − b) =
(−4, 4, 7) =⇒ a = 2 y b = −1.
−−→ −−→
OB = 2(−1, 2, 3) =⇒ B(−2, 4, 6) y BA = −(2, 0, −1) = (−2, 0, 1) =
−−→
at.
OC =⇒ C(−2, 0, 1)
Es decir, O(0, 0, 0), B(−2, 4, 6), A(−4, 4, 7) y C(−2, 0, 1).
us
Problema 19.7.4 (2,5 puntos) Según los datos de la Fundación para la
Diabetes, el 13,8 % de los españoles mayores de 18 años tiene diabetes, aun-
que el 43 % de ellos no sabe que la tiene. Se elige al azar un español mayor
de 18 años.
Solución:
P (D) = 0, 138 y P (S) = 0, 43
b)
ww
0, 13248
= 0, 88485
0, 13248 + 0, 02 · 0, 862
498
t
ne
at.
19.8. Julio 2018 (extraordinaria)- Opción B
Problema 19.8.1 (2,5 puntos) Un grupo de estudiantes ha realizado un
viaje por tres paı́ses (Francia, Alemania y Suiza). En los hoteles cada estu-
diante ha pagado: 20 euros diarios en Francia, 25 euros diarios en Alemania
y 30 euros diarios en Suiza. En comidas cada uno ha gastado: 20 euros dia-
rios en Francia, 15 euros diarios en Alemania y 25 euros diarios en Suiza.
us
Además, el transportista les ha cobrado 8 euros diarios a cada uno. Sabiendo
que el gasto total del viaje ha sido 765 euros por persona, que ha durado 15
dı́as y que han estado en Francia el doble de dı́as que en Suiza, obtenga el
número de dı́as que han estado en cada uno de los tres paı́ses.
Solución:
x dı́as
en Francia, y dı́as en Alemanı́a y z dı́as en Suiza.
(20 + 20 + 8)x + (25 + 15 + 8)y + (30 + 25 + 8)z = 765
w.m
x + y + z = 15 =⇒
x = 2z
48x + 48y + 63z = 765
x + y + z = 15 x = 6, y = 6, z = 3
x − 2z = 0
499
t
ne
c) (0,5 puntos) Indicar razonadamente si f es derivable en los puntos
x = −1 y x = 0.
Z 0
d) (0,5 puntos) Determinar el valor de f (x) dx
−2
Solución:
a) f (−1) = 1 y f 0 (1) = 0.
at.
b) En x = −1:
lı́m f (x) = 1, lı́m f (x) = 1 y f (−1) = 1 =⇒ f es continua en
x−→−1− x−→−1+
x = −1.
En x = 0:
lı́m f (x) = 0, lı́m f (x) = 1 =⇒ f discontinua no evitable en
x−→ 0− x−→ 0+
x = 0, presenta un salto.
us
c) En x = 0 la función no es continua y, por tanto, no es derivable. En
x = −1 la función es continua pero hace un pico en el que se podrı́an
trazar infinitas rectas tangentes, luego no es derivable en x = −1.
Z 0
2·1
d) f (x) dx = = 1 u2 .
−2 2
Problema 19.8.3 (2,5 puntos) Dados el punto P (0, −1, 1) y la recta r, que
pasa por el punto Q(1, 0, 1) y tiene como vector director →
−
v = (0, 1, 2), se
w.m
pide:
c) (1,5 punto) Hallar el área del triángulo cuyos vértices son el punto√P
y dos puntos T1 , T2 , contenidos en la recta r, que están a distancia 5
de P .
Solución:
→
− →
− x=1
ur = v = (0, 1, 2)
r: =⇒ r : y=λ y P (0, −1, 1)
Pr = Q(1, 0, 1)
ww
z = 1 + 2λ
a) →
−
ur = (0, 1, 2)
−−→
π: Pr P = (0, −1, 1) − (1, 0, 1) = (−1, −1, 0) =⇒
Pr (1, 0, 1)
500
t
ne
x−1 y z−1
π : 0 1 2 = 2x − 2y + z − 3 = 0
−1 −1 0
−→
b) S ∈ r =⇒ S(1, λ, 1 + 2λ) luego SP = (0, −1, 1) − (1, λ, 1 + 2λ) =
−→ → −→ −
(−1, −1 − λ, −2λ) y como SP ⊥ − ur =⇒ SP · →
ur = 0 =⇒ (−1, −1 −
1
λ, −2λ) · (0, 1, 2) = −1 − λ − 4λ = 0 =⇒ −1 − 5λ = 0 =⇒ λ = − =⇒
5
1 3
at.
S 1, − ,
5 5
−→
c) Sea T ∈ r: T (1, λ, 1 + 2λ) √2λ) − (0, −1, 1) =
=⇒ P T = (1, λ, 1 +
−→ p
(1, λ + 1, 2λ) y |P T | = 1 + (λ + 1)2 + 4λ2 = 5 =⇒ λ1 = −1 y
3
λ2 = =⇒
5
3 11
T1 (1, −1, −1) T2 1, ,
5 5
−−→ −−→ 3 11 8 6
usP T1 = (1, −1, −1)−(0, −1, 1) = (1, 0, −2) P T2 = 1, ,
5 5
−(0, −1, 1) = 1, ,
5 5
→
−i → − →
−
j k
16 −16 8
1 −−→ −−→ 1
S = |P T1 × P T2 | = | 1 0 −2 | = , , =
2 1 8/5 6/5 2 5 5 5
1 2 −2 1 12
· 8 , , = = 2, 4 u2
2 5 5 5 5
w.m
N (8, 5; 2, 5)
a) Latabla de la normal
P (X ≤ a) =0, 05 =⇒ 1 −
empieza con 0,5:
a − 8, 5 a − 8, 5
P Z≤ = 1 − 0, 05 =⇒ P Z ≤ − = 0, 95 =⇒
2, 5 2, 5
a − 8, 5
− = 1, 645 =⇒ a = 4, 3875
ww
2, 5
8 − 8, 5 9, 3 − 8, 5
b) P (8 ≤ X ≤ 9, 3) = P ≤Z≤ = P (−0, 2 ≤ Z ≤
2, 5 2, 5
0, 32) = P (Z ≤ 0, 32) − P (Z ≤ −0, 2) = P (Z ≤ 0, 32) − (1 − P (Z ≤
0, 2)) = 0, 6255 − (1 − 0, 5793) = 0, 2048
501
ww
w.m
502
us
at.
ne
t
t
ne
Capı́tulo 20
at.
Año 2019
Solución:
1
B = 3 −1 5 , |B| = −15 =⇒ A = − 15 3 −1 5 =
2 1 5 2 1 5
−1/15 −2/15 −1/15
3 −1 5 =⇒ |A| = 1
2 1 5
503
t
ne
c) Bastarı́a con que C = k · I, , ∀k ∈ R, una matriz proporcional a la
identidad:
A ·C = A ·k · I = k · I · A = C · A, por ejemplo: A =
1 2 1 5 0 0
3 −1 5 y C = 0 5 0
2 1 5 0 0 5
1 2 1 5 0 0 5 10 15
A · C = 3 −1 5 · 0 5 0 = 15 −5 25
at.
2 1 5 0 0 5 10 5 25
5 0 0 1 2 1 5 10 15
C · A = 0 5 0 · 3 −1 5 = 15 −5 25
0 0 5 2 1 5 10 5 25
Luego A · C = C · A.
Solución:
ww
504
t
ne
a) c(9, 5) = 98, 21 mg/m3
t2 23t
b) c(0) = 80, c(30) = 35 y c0 (t) = − + − 6 = 0 =⇒ t = 3, t = 20
10 10
at.
Luego el máximo se da el dı́a 20 con c(20) = 153, 33 mg/m3 .
Z 30 30
23t3 t4
1 1 2 3300
c) X = c(t)dt = 80t − 3t + − = = 110
30 0 30 60 120 0 30
Problema 20.1.3 (2,5 puntos) Dados los puntos A(1, 2, −3); B(1, 5, 0);
C(5, 6, −1) y D(4, −1, 3), se pide:
us
a) (1,5 puntos) Calcular el plano π que contiene a los puntos A, B, C y
la distancia del punto D a dicho plano.
b) (0,5 puntos) Calcular el volumen del tetraedro definido por los cuatro
puntos dados.
Solución:
w.m
−−→
AB = (0, 3, 3) x−1 y−2 z+3
−→
a) π : AC = (4, 4, 2) =⇒ π : 0 3 3 = 0 =⇒
A(1, 2, −3) 4 4 2
π : x − 2y + 2z + 9 = 0
|4 + 2 + 6 + 9|
d(D, π) = √ =7u
1+4+4
−−→
b) AD = (3, −3, 6)
0 3 3
1 −−→ −→ −−→ 1 | − 126|
= 21 u3
V = |[AB, AC, AD]| = | 4 4 2 | =
6 6 6
3 −3 6
ww
c)
→ − →
−i → −
j k
1 −−→ −→ 1 1
S = |AB × AC| = | 0 3 3 | = |(−6, 12, 12)| = 9 u2
2 2 2
4 4 2
505
t
ne
Problema 20.1.4 (2,5 puntos) El examen de oposición a la Administración
Local de cierta ciudad consta de 300 preguntas, con respuesta verdadero o
falso. Un opositor responde al azar todas las preguntas. Se considera la
variable aleatoria X(”número de respuestas acertadas”) y se pide:
at.
dad de que el opositor acierte a lo sumo 130 preguntas y la probabilidad
de que acierte exactamente 160 preguntas.
Solución:
−x+ 2y+ z= 6
506
t
ne
Solución:
a)
1 −m −1 0
A = m −4 6 − 2m + 1 −8m |A| = −m2 +8m−12 = 0 =⇒
−1 2 1 6
m = 2, m = 6
at.
Si m 6= 2 y m 6= 6 =⇒ Rango(A) = 3 =Rango(A) = no de incógnitas
y serı́a un sistema compatible determinado.
Si m = 2:
1 −2 −1 0 F1 1 −2 −1 0
A = 2 −4 2 −16 = F2 − 2F1 = 0 0 4 −16 =⇒
−1 2 1 6 F3 + F1 0 0 0 6
us Si m = 6:
Sistema Incompatible
1 −6 −1 0 F1 1 −6 −1 0
A = 6 −4 −6 −48 = F2 − 6F1 = 0 32 0 −48 =
−1 2 1 6 F3 + F1 0 −4 0 6
F1 1 −6 −1 0
w.m
F2 = 0 32 0 −48 =⇒
8F3 + F2 0 0 0 0
Sistema Compatible Indeterminado
b) Si m = 6:
x = −9 + λ
x − 6y − z = 0
=⇒ y = −3/2
2y = −3
z=λ
507
t
ne
π
x2 + 2x + 1 si −3 ≤ x ≤ 0
Z
b) (1,5 puntos) Calcule g(x) dx, donde g(x) =
−3 1 + sin x si 0<x≤4
Solución:
a) En x = −1 hay un extremo luego f 0 (−1) = 0, Por otra parte:
lı́m f (x) = 1
x−→ −2+
lı́m f (x) = −∞
x−→ −2−
at.
lı́m f (x) = 1
x−→ 0
Solución:
→− →
−
ur = (1, 1, −1) us = (−1, −1, 1) −−→
r: s: Ps Pr = (−1, 2, 1)
Pr (2, 3, 1) Ps (3, 1, 0)
−1 2 1
−−→ − → −−→ −
a) [Ps Pr , →
ur , − 1 −1 = 0 y Rango(Ps Pr , →
ur ) = 2 y Rango(→
−
ur , →
−
us ] = 1 us ) =
−1 −1 1
1, luego las dos rectas son paralelas.
ww
→
−
ur = (1, 1, −1) x−3 y−1 z
−−→
b) π : Ps Pr = (−1, 2, 1) =⇒ π : 1 1 −1 = 0 =⇒
Ps (3, 1, 0) −1 2 1
π :x+z−3=0
508
t
ne
−−→
c) B ∈ r =⇒ B(2 + λ, 3 + λ, 1 − λ) =⇒ AB = (2 + λ, 3 + λ, 1 − λ) −
(3, 1, 0) = (−1 + λ, 2 + λ, 1 − λ)
−−→ −−→ − −−→ −
AB ⊥ r =⇒ AB ⊥ → ur = (1, 1, −1) =⇒ AB · →
ur = 0 =⇒ −1 + λ + 2 +
λ − 1 + λ = 0 =⇒ λ = 0 =⇒ B(2, 3, 1)
at.
la cuarta parte de las mujeres estudia alemán. Se recibe un mensaje en el
grupo. Se pide:
P (A|M )P (M ) 0, 25 · 0, 6
a) P (M |A) = = = 0, 5
P (A) 0, 3
b) P (A) = 0, 6 · 0, 25 + 0, 4 · x = 0, 3 =⇒ x = P (A|V ) = 0, 375
P (A ∩ V ) = P (A|V )P (V ) = 0, 375 · 0, 4 = 0, 15
1 0 0
1 3 4 1 0 1 0
Dadas la matrices A = 1 a 2 2 − a y M =
0
; se
0 0
−1 2 a a − 2
0 0 1
pide:
509
t
ne
a) (1,5 puntos) Estudiar el rango de A en función del parámetro real a.
Solución:
1 3 4
a) 1 a 2 = a2 + a − 2 = 0 =⇒ a = 1 y a = −2. Luego si a 6= 1 y
at.
−1 2 a
a 6= −2 =⇒ Rango(A)= 3.
1 3 4 1
1
3
Si a = −2 =⇒ A = 1 −2 2 4 , = −5 6= 0 y
1 −2
−1 2 −2 −4
F3 = −F2 =⇒ Rango(A)
= 2.
1 3 4 1 1 3
1
1 4
1
Si a = 1 =⇒ A = 1 1 2 1 y 1 1
1 = 0, 1 2
1 =
us
3 4 1
−1 2 1 −1 −1 2 −1 −1 1 −1
0y 1 2 1 = 0 =⇒ Rango(A) = 2.
2 1 −1
En consecuencia Rango(A) = 3 si a ∈ R − {1, −2} y Rango(A) = 2 si
a = 1 o a = −2.
1 3 4 1
w.m
b) Si a = 0: A = 1 0 2 2 y
−1 2 0 −2
1 0 0
1 3 4 1 0 1 3 1
1 0
AM = 1 0 2 2 ·
0
= 1 0 2
0 0
−1 2 0 −2 −1 2 −2
0 0 1
ln(x)
Problema 20.3.2 (2,5 puntos) Dada f (x) = , donde ln denota el
x
logaritmo neperiano, definida para x > 0, se pide:
510
t
ne
b) (1 punto) Encontrar un punto de la curva y = f (x) en el que la recta
tangente a dicha curva sea horizontal y analizar si dicho punto es un
extremo relativo.
Solución:
at.
a) Dom(f ) = (0, +∞)
1
ln x h ∞ i
lı́m = = lı́m x = 0 =⇒ y = 0 por la derecha.
x−→+∞ x ∞ x−→+∞ 1
1 − ln x
b) f 0 (x) = = 0 =⇒ 1 − ln x = 0 =⇒ x = e
x2
(0, e) (e, ∞)
f 0 (x) + −
us f (x) creciente % decreciente &
u = ln x =⇒ du = x1 dx
Z Z
ln x 2 1
F (x) = dx = 1 = (ln x) − dx =⇒
x dv = dx =⇒ v = ln x x
ww
(ln x)2
Z
ln x
2 dx = (ln x)2 =⇒ F (x) =
x 2
Z e
ln x 1
S= dx = F (e) − F (1) = u2
1 x 2
511
t
ne
x−1 y−3
Problema 20.3.3 (2,5 puntos) Dadas la recta r ≡ = =z yy
2 −2
la recta s que pasa por el punto (2, −5, 1) y tiene dirección (−1, 0, −1), se
pide:
at.
c) (0,5 puntos) Calcular un plano perpendicular a la recta r y que pase
por el origen de coordenadas.
Solución:
→
−
ur = (2, −2, 1)
→
−
us = (−1, 0, −1)
Tenemos: r : ys:
Pr (1, 3, 0) Ps (2, −5, 1)
−−→
a) Pr Ps = (2, −5, 1) − (1, 3, 0) = (1, −8,
1).
1 −8 1
us −−→ − →
[Pr Ps , →
ur , −
ur →
−
us ] = 2 −2 1 = −8 6= 0 =⇒ r y s se cruzan.
−1 0 −1
b) π k
r y s ⊂ π:
→−
ur = (2, −2, 1) x−2 y+5 z−1
→
−
π: us = (−1, 0, −1) =⇒ π : 2 −2 1 = 0 =⇒
Ps (2, −5, 1) −1 0 −1
w.m
π : 2x + y − 2z + 3 = 0
c) π 0 ⊥ r y O ∈ π 0 :
π 0 : 2x − 2y + zλ = 0 =⇒ 0 + 0 − 0 + λ = 0 =⇒ λ = 0, luego:
π 0 : 2x − 2y + z = 0
Solución:
512
t
ne
a) Se trata de una binomial B(0, 1; 10):
P (X ≥ 2) = 1 − (P (X = 0) + P (X = 1)) =
10 0 10 10 1 9
1− 0, 1 · 0, 9 + 0, 1 · 0, 9 =
0 1
1 − (0, 348678 + 0, 387420) = 1 − 0, 736098 = 0, 263902
at.
b) Se trata de una distribución binomial B(200; 0, 1) con n = 200, p =
0, 1 y q = 1 − p = 0, 9. Como np = 200 · 0, 1 = 20 > 5 y nq =
200 · 0, 9 = 180 > 5 podemos aproximar esta binomial por una normal
√
N (np, npq) = N (20; 4, 24).
9, 5 − 20
P (X ≥ 10) = P (X > 9, 5) = P Z > = P (Z > −2, 48) =
4, 24
1 0 1 4 F1 1 0 1 4
A = 1 1 0 5 = F2 − F1 = 0 1 −1 1 =
4 2 3 19 F3 − 4F1 0 2 −1 3
ww
F1 1 0 1 4 x=3
F2 = 0 1 −1 1 =⇒ y=2
F3 − 2F2 0 0 1 1 z=1
√
Problema 20.4.2 (2,5 puntos) Dada la función f (x) = 4x2 − x4 , se pide:
513
t
ne
a) (0,5 puntos) Determinar su dominio.
Solución:
at.
a) 4x2 − x4 = x2 (2 − x)(2 + x) = 0 =⇒ x = 0, x = 2 y x = −2.
Dom(f ) = [−2, 2]
2x(2 − x2 ) √
b) f 0 (x) = √ = 0 =⇒ x(2 − x2 ) = 0 =⇒ x = ± 2 y x = 0
us 4x2 − x4
√
(−2, − 2)
√
(− 2, 0)
√
(0, 2)
√
( 2, 2)
f 0 (x) + − + −
f (x) creciente % decreciente & creciente % decreciente &
√ √
Luego f decrece
√ en el√intevalo (− 2, 0) ∪ ( 2, 2) y crece en el inter-
valo (−2, − 2) ∪ (0, 2). √ Tendrı́a un
√ mı́nimo en el punto (0, 0) y dos
w.m
√
4x2 − x4
f (x) 0
c) lı́m = lı́m = = [t = −x] =
x−→ 0 − x x−→ 0− x 0
√ √
t 4 − t2 4 − t2
ww
lı́m = lı́m = −2
t−→ 0+ −t t−→ 0+ −1
√ √
4x2 − x4 x 4 − x2
f (x) 0
lı́m = lı́m = = lı́m =
x−→ 0+ x x−→ 0+ x 0 x−→ 0+ x
p
lı́m 4 − x2 = 2
x−→ 0+
514
t
ne
Problema 20.4.3 (2,5 puntos) Dados el punto A(2, 1, 0) y el plano π ≡
2x + 3y + 4z = 36, se pide:
a) (0,75 puntos) Determinar la distancia del punto A al plano π.
b) (1 punto) Hallar las coordenadas del punto del plano π más próximo
al punto A.
at.
Solución:
|4 + 3 + 0 − 36| 29 √
a) d(A, π) = √ = √ = 29 u
4 + 9 + 16 29
b) Calculamos la recta t ⊥ π tal que A ∈ t:
→
− x = 2 + 2λ
ut = (2, 3, 4)
t: =⇒ y = 1 + 3λ
Pt = A(2, 1, 0)
z = 4λ
us Calculamos el punto de corte A0 de t con π: 2(2 + 2λ) + 3(1 + 3λ) +
4(4λ) = 36 =⇒ 29λ = 29 =⇒ λ = 1 =⇒ A0 (4, 4, 4)
A + A00
c) = A0 =⇒ A00 = 2A0 − A = (8, 8, 8) − (2, 1, 0) = (6, 7, 8)
2
Problema 20.4.4 (2,5 puntos) Una compañı́a farmacéutica vende un me-
dicamento que alivia la dermatitis atópica en un 80 % de los casos. Si un
w.m
515
t
ne
a) P (A) = P (A|M )P (M ) + P (A|P l)P (P l) = 0, 5 · 0, 8 + 0, 5 · 0, 1 = 0, 45
P (A|M )P (M ) 0, 8 · 0, 5
b) P (M |A) = = = 0, 889
P (A) 0, 45
at.
ha puesto a la venta 12 plazas de Clase Preferente (P ), a 250 euros cada
una, 36 plazas de Clase Turista (T ), a 150 euros cada una, y 72 plazas de
Clase Económica (E), a 100 euros cada una. Se sabe que ha vendido el 90 %
del total de las plazas, recaudando un importe de 13800 euros.
a) (0,25 puntos) Determine el número total de plazas vendidas.
3x − y = 0
1 1 1 108 F1 1 1 1 108
A = 3 −1 0 0 = F2 − 3F1 = 0 −4 −3 −324 =
5 3 2 276 F3 − 5F1 0 −2 −3 −264
F1 1 1 1 108 x = 10
F2 = 0 −4 −3 −324 =⇒ y = 30
2F3 − F2 0 0 −3 −204 z = 68
2
πx
2 sin si x ≤ 1
2
Problema 20.5.2 (2,5 puntos) Dada la función f (x) = x−1 ,
√ si x > 1
x−1
ww
se pide:
516
t
ne
Z 1
c) (1 punto) Calcular el valor de xf (x) dx.
0
Solución:
πx2
a) lı́m 2 sin =2
x−→ 1− 2
x−1 0 1
lı́m √ =2= = lı́m 1 =2
x−1 0
at.
x−→ 1 + x−→ 1 + √
2 x
√ h −2
0 f (1 + h) − f (1) 1+h−1
f (1) = lı́m = lı́m =
h−→ 0 h h−→ 0 h
√
us lı́m
h−2 h+1+2
√
h−→ 0 h( h + 1 − 1)
=
0
0
= lı́m √
h−→ 0
2
1 − 2√h+1
h + 1 − 1 + 2√hh+1
=
√ √1
2 h+1−2 0 h+1 1
lı́m √ = = lı́m =
h−→ 0 2(h + 1) − 2 h + 1 + h 0 h−→ 0 2 − √1 +1 2
h+1
1 1
πx2 πx2
Z
2 2
c) 2 sin dx = − cos =
w.m
0 2 π 2 0 π
c) (1 punto) Hallar la proyección del punto P (5, 1, −1) sobre el plano que
pasa por el origen de coordenadas y contiene a los vectores → −
v y→ −
w .
Solución:
→
− →− →
−
i j k
ww
→
− →
−
a) v × w = 1 0 −1 = (1, −1, 1) = −1(−1, 1, −1)
1 1 0
√
→
− 3 1 1 1 1
t = · √ (−1, 1, −1) = − , , −
2 3 2 2 2
517
t
ne
b) Sea →
− u = (a, b, c) ⊥ →−
v =⇒ →
−u ·→
− v = 0, es decir: (a, b, c)·(1, 0, −1) = a−
c = 0 =⇒ a = c, por ejemplo a = c = 1 y b puede ser cualquier número
real,
elijo b = 0 =⇒ → −
u = (1, 0, 1). Comprobamos la independencia:
1 0 1
1 0 −1 = 2 6= 0 =⇒ → −
u = (1, 0, 1) es ortogonal a → −v ya→ −
w , y los
1 1 0
tres vectores son linealmente independientes.
→
−
v = (1, 0, −1) x y z
at.
→
−
c) π : w = (1, 1, 0) =⇒ π : 1 0 −1 = 0 =⇒
O(0, 0, 0) 1 1 0
π :x−y+z =0
→
−
ut = (1, −1, 1)
Calculo t ⊥ π por P (5, 1, −1): t : =⇒ t :
Pt (5, 1, −1)
x=5+λ
y =1−λ
us
z = −1 + λ
Calculo P 0 punto de corte de t con π:
(5 + λ) − (1 − λ) + (−1 + λ) = 0 =⇒ λ = −1 =⇒ P 0 (4, 2, −2)
518
t
ne
a) Si A y B son independientes P (A ∩ B) = P (A)P (B) = 0, 4 · 0, 5 = 0, 2:
b) Si A y B son incompatibles P (A ∩ B) = 0:
at.
P ((A∩B)∪(A∩B)) = P ((A∩B)∪(A ∪ B)) = P (A∩B)+P (A ∪ B)−
P ((A ∩ B) ∩ (A ∩ B)) = 0 + P (A ∪ B) = 1 − P (A ∪ B) = 1 − P (A) −
P (B) + P (A ∩ B) = 1 − P (A) − P (B) = 1 − 0, 4 − 0, 5 = 0, 1
1 1 −1
0 0 4
Sean las matrices A = 1 0 −2 y B = 1 m 2 . Se pide:
m 2 1
Solución:
√
a) |B| = 4(2 − m2 ) = 0 =⇒ m = ± 2, para estos valores la matriz B no
es invertible.
0
0 4 −3/4 2 −1
b) Si m = 1 =⇒ B = 1 1 2 =⇒ B −1 = 1/4 −1 1
1
2 1 1/4 0 0
0 0 4
c) Para m = 2 =⇒ B = 1 2 2
2 2 1
ww
1 1 1 0 0 4 3 4 7
At B = 1 0 1 1 2 2 = 2 2 5
1 −2 −1 2 2 1 −4 −6 −1
519
t
ne
1
Problema 20.6.2 (2,5 puntos) Dada la función f (x) = , se pide:
2(x − 1)
a) (1,25 puntos) Determinar las ası́ntotas de la curva y = f (x) y estudiar
los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f (x).
b) (1,25 puntos) Calcular el área del recinto acotado limitado por la curva
y = f (x) y la recta 2x + 4y = 7.
at.
Solución:
a) Ası́ntotas:
Verticales: x = 1
1 1 1 1
lı́m = − = −∞, lı́m = + = +∞
x−→ 1− 2(x − 1) 0 x−→ 1+ 2(x − 1) 0
1
us Horizontales: y = 0 ya que lı́m
x−→ ∞ 2(x − 1)
f 0 (x) = − 2(x−1)
1
2 < 0 =⇒ la función f es siempre decreciente en todo
7 − 2x
b) 2x + 4y = 7 =⇒ y = los puntos de corte de las dos curvas
4
vendrá dado por:
ww
1 3
7 − 2x4 = =⇒ x = , x = 3
2(x − 1) 2
3 3
7x − x2 1
7 − 2x
Z
1
S= − dx = − ln |x − 1| =
3/2 4 2(x − 1) 4 2 3/2
520
t
ne
15
− ln 2 ' 0, 244 u2
16
at.
us
Problema 20.6.3 (2,5 puntos) Dadas la rectas r ≡
x−y =5
y+z =1
y s ≡
x+z =3
, se pide:
y+z =4
a) (1,25 puntos) Escribir unas ecuaciones paramétricas de cada una de
las dos rectas y determinar la posición relativa de ambas.
b) (1,25 puntos) Dado el punto P (5, 0, 1), de la recta r, obtener un punto
w.m
−1 −1 1
−−→ →
−
Ps Pr ur
Rango → − = 2 y Rango →
− = 1 =⇒ las rectas r y s son
ur us
paralelas.
521
t
ne
−−→ −−→ −−→ −−→
b) OP ⊥ OQ =⇒ OP · OQ = 0
−−→
P (5, 0, 1) =⇒ OP = (5, 0, 1)
−−→
Q ∈ s =⇒ Q(3 − λ, 4 − λ, λ) =⇒ OQ = (3 − λ, 4 − λ, λ)
−−→ −−→ 15
OP · OQ = 15 − 5λ + 0 + λ = 0 =⇒ λ =
4
−−→ 15 15 15 3 1 15
OQ = 3 − , 4 − , = − , ,
4 4 4 4 4 4
−−→ √ −−→ √ −−→ √
|OP | = 26 u, |OQ| = 14 235 u y |P Q| = 14 651 u.
at.
Problema 20.6.4 (2,5 puntos) Una compañı́a de mensajerı́a tiene una pro-
babilidad del 2 % de dañar cada uno de sus envı́os. Asumimos que las proba-
bilidades de que varios envı́os distintos resulten dañados son independientes
entre sı́. Se pide:
Solución:
w.m
P (X ≥ 2) = 1 − (P (X = 0) + P (X = 1)) =
10 0 10 10 1 9
1− 0, 02 · 0, 98 + 0, 02 · 0, 98 =
0 1
1 − (0, 817073 + 0, 16675) = 0, 016177
una normal
√
N (np, npq) = N (40; 6, 261).
29, 5 − 40 30, 5 − 40
P (X = 30) = P (29, 5 < X < 30, 5) = P <Z<
6, 261 6, 261
522
t
ne
= P (−1, 68 < Z < −1, 52) = P (Z < −1, 52) − P (z < −1, 68) =
at.
Incluyo el examen de Valencia por la expectación generada con éste.
1 0 a
Problema 20.7.1 Se dan la matriz A = −2 a + 1 2 y que de-
−3 a − 1 a
pende del parámetro real a, y una matriz cuadrada B de orden 3 tal que
B 2 = 13 I − 2B,siendo I la matriz identidad de orden 3.
Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razona-
us
miento utilizado:
−1
2 cuando a = −1.
0
Solución:
1 0 a
a) |A| = −2 a + 1 2 = 2(a2 + 2a + 1) = 0 =⇒ a = −1. Luego si
−3 a − 1 a
a 6= −1 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A)
= 3.
−2 0
Si a = −1 =⇒ |A| = 0 y = 4 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2.
ww
−3 −2
1 0 1
1
Si a = 1 =⇒ A = −2 2 2 y |A| = 8 =⇒ |2A−1 | = 23 =
|A|
−3 0 1
8
=1
8
523
t
ne
1 0 −1 x −1 1 0 −1 −1
b) −2 0 2 y = 2 =⇒ A = −2 0 2 2 =
−3 −2 −1 z 0 −3 −2 −1 0
x = −1 + λ
F1 1 0 −1 −1
3
= F2 + 2F1 = 0 0 0 0 =⇒ y = − 2λ
F3 + 3F1 0 −2 2 −3
2
z=λ
at.
B −1 = 3B + 6I, luego B es inversible con m = 3 y n = 6.
x−y+3=0
Problema 20.7.2 Consideramos en el espacio las rectas r :
2x − z + 3 = 0
z−2
y s:x=y+1= .
2
Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razona-
miento utilizado:
us
a) (3 puntos) La ecuación del plano que contiene las rectas r y s.
b) (4 puntos) La recta que pasa por P (0, −1, 2) y corta perpendicular-
mente a la recta r.
c) (3 puntos) El valor que deben tener los parámetros reales a y b para
que la recta s esté contenida en el plano π : x − 2y + az = b.
Solución:
w.m
x=λ
x−y+3=0
r: =⇒ r : y =3+λ
2x − z + 3 = 0
z = 3 + 2λ
→− →
−
ur = (1, 1, 2) us = (1, 1, 2)
Tenemos: r : ys:
Pr (0, 3, 3) Ps (0, −1, 2)
−−→
a) Ps Pr = (0, 3, 3) − (0, −1, 2) = (0, 4, 1).
0 4 1
−−→ − →
[Ps Pr , →
ur , −
ur →
−
us ] = 1 1 2 = 0 =⇒ r y s no se cruzan. Tenemos
1 1 2
−−→ → −
Ps Pr ur
Rango →
− = 2 y Rango → − = 1 por lo que r y s son para-
ur us
lelas.
El plano π que contiene a ambas rectas vendrá determinado por:
ww
−−→
Ps Pr = (0, 4, 1) x y−3 z−3
→
−
π: ur = (1, 1, 2) =⇒ π : 0 4 1 = 0 =⇒
Pr (0, 3, 3) 1 1 2
π : 7x + y − 4z + 9 = 0
524
t
ne
b) Seguimos el siguiente procedimiento:
π 0 : x + y + 2z + λ = 0 =⇒ 0 − 1 + 4 + λ = 0 =⇒ λ = −3 =⇒
π 0 : x + y + 2z − 3 = 0
Calculamos el punto de corte P 0 de π 0 y r:
at.
(λ) + (3 + λ) + 2(3 + 2λ) − 3 = 0 =⇒ 6λ + 6 = 0 =⇒ λ = −1 =⇒
P 0 (−1, 2, 1)
La (
recta t buscada vendrá definida por:
→
− −−→
ut = P P 0 = (−1, 2, 1) − (0, −1, 2) = (−1, 3, −1)
t: =⇒
Pt = P (0, −1, 2)
x = −λ
us t:
y = −1 + 3λ
z =2−λ
c) s ⊂ π =⇒ →−
us ⊥ −
u→ →
− −→
π =⇒ us · uπ = (1, 1, 2) · (1, −2, a) = 1 − 2 + 2a =
1
0 =⇒ a = .
2
1
Ps ∈ π =⇒ 0 + 2 + 2 · = b =⇒ b = 3
2
w.m
2
Problema 20.7.3 Se considera la función f (x) = xe−x .
Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razona-
miento utilizado:
Solución:
x
ww
525
t
ne
√
2 2
f 0 (x) = e−x (1 − 2x2 ) = 0 =⇒ x = ±
2
√ √ √ √
2 2 2 2
−∞, − 2 − 2 , 2 − 2 ,∞
f 0 (x) − + −
f (x) decreciente & creciente % decreciente &
√ √
La función es decreciente en el intervalo −∞, − 22 ∪ − 22 , ∞
at.
√ √
y creciente en el intervalo − 22 , 22 . La función presenta un
mı́nimo relativo en el punto (−0, 71, −0, 43) y un máximo relativo
en (0, 71, 0, 43).
b) Representación:
us
w.m
c) Z Z
2 1 2
xe−x dx = − e−x + C
f (x) dx =
2
Z Z
−x u = x =⇒ du = dx −x
xe dx = = −xe + e−x dx =
dv = e−x dx =⇒ v = −e−x
−xe−x − e−x + C = −e−x (x + 1) + C
526
t
ne
Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razona-
miento utilizado:
at.
sistema deducido del anterior al cambiar el coeficiente 11 por cualquier
otro número diferente.
Solución:
1 1 1 4 F1
A = 3 4 5 5 = F2 − 3F1 =
7 9 11 α F3 − 7F1
1 1 1 4 F1 1 1 1 4
0 1 2 −7 = F2 = 0 1 2 −7
us 0 2 4 α − 28 F3 − 2F2 0 0 0 α − 14
Si α = 14 el sistema es compatible indeterminado y α = 14 el sistema serı́a
incompatible.
Como |A| = 0 para cualquier valor de α el sistema nunca serı́a compatible
determinado.
x = 11 + λ
x+ y+ z = 4
Si α = 14 =⇒ =⇒ y = −7 − 2λ
3x+ 4y+ 5z = 5
w.m
z=λ
1 1 1
Si cambiamos 11 por a: A = 3 4 5 =⇒ |A| = a − 11 = 0 =⇒ el
7 9 a
único valor que anula el determinate es a = 11 luego para cualquier otro
valor, como es el caso, |A| =
6 0 el sistema serı́a compatible determinado.
−−→ −→
OX, OY y OZ y el ángulo que forman los vectores AB y AC.
Solución:
527
t
ne
a) Sea un plano π1 : 9x + 12y + 20z = a paralelo a π, elegimos un punto
cualquiera del plano π, por ejemplo P (0, 0, 9), y calculamos d(P, π1 ) =
|0 + 0 + 180 − a| |180 − a|
√ = √ = 4 =⇒ |180 − a| = 200, tendremos dos
81 + 144 + 400 625
soluciones:
180 − a = 200 =⇒ a = −20 =⇒ π10 : 9x + 12y + 20z = −20
180 − a = −200 =⇒ a = 380 =⇒ π100 : 9x + 12y + 20z = 380
at.
b) Puntos de corte con los ejes del plano π : 9x + 12y + 20z = 180:
Con OX: hacemos y = 0 y z = 0 =⇒ 9x = 180 =⇒ x = 20 =⇒
A(20, 0, 0)
Con OY : hacemos x = 0 y z = 0 =⇒ 12y = 180 =⇒ y = 15 =⇒
B(0, 15, 0)
Con OZ: hacemos x = 0 e y = 0 =⇒ 20z = 180 =⇒ z = 9 =⇒
C(0, 0, 9)
us −−→ −→
AB = (0, 15, 0) − (20, 0, 0) = (−20, 15, 0) y AC = (0, 0, 9) − (20, 0, 0) =
(−20, 0, 9)
−−→ −→
AB · AC 400 16
cos α = −−→ −→ = √ √ =√ =⇒ α = 43o 90 800
|AB||AC| 625 481 481
−→ −−→ −−→
c) OA = (20, 0, 0), OB = (0, 15, 0) y OC = (0, 0, 9):
20 0 0
w.m
1 1
V = | 0 15 0 | = |2700| = 450 u3
6 6
0 0 9
528
t
ne
c) (4 puntos) Los valores de t para los que la distancia de los móviles
es máxima y mı́nima durante su desplazamiento y dichas distancias
máxima y mı́nima.
Solución:
at.
p √
a) f (t) = (250 − 40t)2 + (30t)2 = 50 t2 − 8t + 25
us
b) T =
e
v
=
250
40
= 6, 25 horas. O bien T = =
e
v
187, 5
30
= 6, 25 horas.
+
f (x) decreciente & creciente %
La función
es decreciente en el intervalo (0, 4) y creciente en el interva-
25
lo 4, 4 . La función presenta un mı́nimo relativo en el punto (4, 150)
y tendrı́a el máximo en (0, 250) que serı́an las posiciones iniciales de
los móviles.
ww
529
t
ne
20.9. Julio 2019 (extraordinaria)- Opción A
Problema 20.9.1 (2,5 puntos)
kx+ (k + 1)y+ z = 0
Dado el sistema de ecuaciones A = −x+ ky− z = 0 ;
(k − 1)x− y = −(k + 1)
se pide:
at.
a) (2 puntos) Discutir el sistema según los valores del parámetro real k.
Solución:
k k+1 1 0
a) A = −1 k −1 0 =⇒ |A| = −2k 2 + 2 = 0 =⇒
k − 1 −1 0 −(k + 1)
k = ±1. Luego
us Si k 6= ±1 =⇒ |A| 6= 0 =⇒Rango(A) = 3 =RangoA =no de
incógnitas=⇒ SCD.
Si k =
1:
1 2 1 0 F1 1 2 1 0
A = −1 1 −1 0 = F2 + F1 = 0 3 0 0 =
0 −1 0 −2 F 0 −1 0 −2
3
F1 1 2 1 0
F2 = 0 3 0 0 =⇒ Luego se trata de un sis-
w.m
3F3 + F2 0 0 0 −6
tema incompatible. (SI)
−1 0 1 0
Si k = −1: A = −1 −1 −1 0 =⇒ Luego se trata de un
−2 −1 0 0
sistema homogéneo y |A| = 0 =⇒ sistema compatible indetermi-
nado. (SCI)
x=λ
−x + z = 0
b) Si k = −1: =⇒ y = −2λ
−x − y − z = 0
z=λ
ww
530
t
ne
Dada h(x) = f ((x + 1)2 ), use la regla de la cadena para calcular h0 (0).
f (x)
Dada k(x) = , calcule k 0 (1).
g(x)
Z
b) (1,25 puntos) Calcule la integral (sin x)4 (cos x)3 dx. (Se puede usar
el cambio de variables t = sin x.)
Solución:
at.
a) h(x) = f ((x + 1)2 ) =⇒ h0 (x) = 2(x + 1)f 0 ((x + 1)2 ) =⇒
h0 (0) = 2f 0 (1) = 4
b)
Z t = sin x Z
4 3 dt
(sin x) (cos x) dx = dt = cos x dx =
t4 cos3 x =
w.m
dt cos x
dx = cos x
Z Z Z
4 2 4 2
t cos x dt = t (1 − sin x) dt = t4 (1 − t2 ) dt =
t5 t7 sin5 x sin7 x
Z
(t4 − t6 ) dt = − = − +C
5 7 5 7
Problema 20.9.3 (2,5 puntos) Dados los puntos A(1, 1, 1), B(1, 3, −3) y
C(−3, −1, 1), se pide:
Solución:
531
t
ne
−−→
AB = (0, 2, −4) x−1 y−1 z−1
−→
a) π : AC = (−4, −2, 0) =⇒ π : 0 2 −4 = 0 =⇒
A(1, 1, 1) −4 −2 0
π : x − 2y − z + 2 = 0
b) Cualquier punto del plano π nos valdrı́a, por ejemplo: D(−2, 0, 0).
c) Un punto cualquiera del eje OX puede ser P (a, 0, 0):
−−→ −→ −→
at.
AB = (0, 2, −4), AC = (−4, −2, 0) y AP = (a − 1, −1, −1)
0 2 −4
1 −−→ −→ −→ 1 1
V = |[AB, AC, AP ]| = | −4 −2 0 = |−8(a+2)| = 1 =⇒
6 6 6
a − 1 −1 −1
11 11
−8a − 16 = 6 =⇒ a = − =⇒ P1 − , 0, 0
4 4
|−8a−16| = 6 =⇒
us
5
5
8a + 16 = 6 =⇒ a = − =⇒ P2 − , 0, 0
4 4
seleccionados.
b) (1,25 puntos) Las puntuaciones obtenidas por los aspirantes en el pro-
ceso de selección siguen una distribución normal, X, de media 5, 6
y desviación tı́pica σ. Sabiendo que la probabilidad de obtener una
puntuación X ≤ 8, 2 es 0, 67, calcule σ.
Solución:
a) Se trata de una binomial B(8; 0, 4):
P (X ≥ 2) = 1 − (P (X = 0) + P (X = 1)) =
8 0 8 8 1 7
1− 0, 4 · 0, 6 + 0, 4 · 0, 6 =
0 1
1 − (0, 68 + 8 · 0, 4 · 0, 67 ) = 0, 8936
ww
532
t
ne
20.10. Julio 2019 (extraordinaria)- Opción B
Problema 20.10.1 (2,5 puntos)
1−a 1 1 0
Dadas la matrices A = eI= ; se pide:
1 1+a 0 1
b) (0,75 puntos) Calcular los números reales a para los que la matriz A
at.
admite inversa y calcularla, cuando sea posible, en función del paráme-
tro a.
Solución:
a) A2 − I = 2A:
us 2
a − 2a + 2 2
−
1 0
=
2 − 2a 2
=⇒
2 a2 + 2a + 2 0 1 2 2 + 2a
a2 − 2a + 1 = 2 − 2a =⇒ a = ±1
a2 + 2a + 1 = 2 + 2a =⇒ a = ±1
a+1 1
− a2 a2
1 −(a + 1) 1
A−1 = 2 =
a 1 a−1 1 a−1
a2 a2
533
t
ne
10t3 t4
Z
a) F (t) = (10t2 − t3 ) dt =
− +C
3 4
10t3 t4
F (0) = 6 =⇒ C = 6 =⇒ F (x) = − +6
3 4
b) F 0 (t) = t2 (10 − t) = 0 =⇒ t = 0 y t = 10
.
(0, 10) (10, ∞)
at.
F 0 (t) + −
F (t) creciente % decreciente &
Solución:
534
t
ne
at.
2 1
a) P (D) = P (D|B)P (B) + P (D|A)P (A) = 0, 016 · 3 + 0, 009 · 3 =
0, 0137 =⇒ 1, 37 %
535