[2’5 puntos] Dada la función f : R → R definida como f(x)= a.sen(x)+ bx² + cx + d, determina los valores de las constantes a, b, c y d sabiendo que la gráfica de f tiene tangente horizontal en el punto (0, 4) y que la segunda derivada de f es f’’(x) = 3.sen(x) − 10.

Solución

f(x)= a.sen(x)+ bx² + cx + d. Esta función es continua y derivable en todo R

Como tiene tangente horizontal en (0,4) me dicen que f(0) = 4 y además que f’(0) = 0

f(x)= a.sen(x)+ bx² + cx + d

f’(x)= a.cos(x)+ 2bx + c

f’’(x)= -a.sen(x)+ 2b

De f(0) = 4, tenemos 4 = a.sen(0)+ 0 + 0 + d = d, es decir d = 4.

De f’(0) = 0, tenemos 0 = a.cos(0) + 0 + c = a + c, es decir a + c = 0.

Como me dicen que f’’(x) = 3.sen(x) – 10, igualando tenemos -a = 3 y 2b = -10, de donde a = -3 y b = -5.

De a + c = 0 tenemos c = -a = -(-3) = 3.

Modelo 6. Ejercicio 2 de la Opción A de Sobrantes de 2010

Sea la función f dada por f(x) = 1/(x²+x) para x ¹ -1 y x ¹ 0. Determina una primitiva F de f tal que F(1) = 1.

Solución

f(x) = 1/(x²+x) para x ¹ -1 y x ¹ 0

Una primitiva F(x) es F(x) = ∫ [1/(x²+x) ].dx = ∫ [1/( x(x+1) ) ].dx = ∫ [A/x + B/(x+1) ].dx = **

La descomposición en suma de fracciones simples es 1/( x(x+1) ) = A/x + B/(x+1) =

= [ ( A(x+1) + B(x) ) ] / ( x.(x - 4) ). Igualando numeradores tenemos 1 = A(x+1) + B(x)

Tomando x = 0, nos sale 1 = A(1), de donde A = 1

Tomando x = -1, nos sale 1 = B(-1), de donde B = -1

Seguimos ya con la integral

**= ∫ [ 1/x - 1/(x+1) ].dx = ln|x| - ln|x+1| + K

Como la primitiva F(x) = ln|x| - ln|x+1| + K dicen que verifica F(1) = 1, tenemos 1 = ln(1) – ln(2) + K, de donde obtenemos K = 1 + ln(2), es decir F(x) = ln|x| - ln|x+1| + 1 + ln(2).

Modelo 6. Ejercicio 3 de la Opción A de Sobrantes de 2010

Considera el sistema de ecuaciones

λx +2y + 6z = 0

2x + λy + 4z = 2

2x + λy + 6z = λ − 2

(a) [1’75 puntos] Discútelo según los valores del parámetro λ.

(b) [0’75 puntos] Resuélvelo para λ = 2.

Solución

Dado el sistema de ecuaciones

λx +2y + 6z = 0

2x + λy + 4z = 2

2x + λy + 6z = λ − 2

(a)

La matriz de los coeficientes del sistema es y la matriz ampliada .

Si det(A) = |A| ¹ 0, rango(A) = rango(A^*) = 3 nº de incógnitas, el sistema es compatible y determinado y tiene solución única.

2(λ ² – 4).

Resolvemos |A| = 0, es decir λ² – 4= 0, de donde λ = 2 y λ = –2

Si λ ≠ 2 y λ ≠ -2, tenemos |A| ≠ 0 con lo cual rango(A) = rango(A^*) = 3 = nº de incógnitas, y por el teorema de Rouche el sistema es compatible y determinado y tiene solución única.

Si λ = 2, y

En A como , tenemos rango(A) = 2

En A^* como , por tener dos filas iguales tenemos rango(A^*) = 2

Como rango(A) = 2 = rango(A^*) < nº de incógnitas, por el teorema de Rouche el sistema es compatible e indeterminado, y tiene infinitas soluciones.

Si λ = -2, y

En A como , tenemos rango(A) = 2

En A^*como 2(-40+24) ≠ 0, tenemos rango(A^*) = 3

Como rango(A) = 2 ≠ rango(A^*) = 3, por el teorema de Rouche el sistema es incompatible y no tiene solución.

(b)

Nos piden resolverlo si λ = 2.

Hemos visto que como rango(A)= 2 = rango(A^*) < nº de incógnitas, por el teorema de Rouche el sistema es compatible e indeterminado, y tiene infinitas soluciones.

Como el rango es 2 utilizaremos sólo dos ecuaciones (las dos primeras, con las que hemos calculado el rango de A) y dos incógnitas principales..

2x + 2y + 6z = 0

2x + 2y + 4z = 2. Restamos ambas ecuaciones y tenemos -2z = 2, de donde z = -1.

Tomando x = λ cualquier nº real tenemos λ + y + 3(-1) = 0, de donde y = 3 – λ, las infinitas soluciones del sistema son (x,y,z) = (λ, 3 – λ, -1) con λ nº real.

Modelo 6. Ejercicio 4 de la Opción A de Sobrantes de 2010

[2’5 puntos] Halla el punto simétrico de P(1,1,1) respecto de la recta r de ecuación

(x – 1)/2 = y/3 = (z +1)/(-1)

Solución

Simétrico de P(1,1,1) respecto de la recta r : (x – 1)/2 = y/3 = (z+1)/(-1).

De la recta tomo el punto A(1,0,-1) y el vector director u = (2,3,-1)

Trazamos el plano π perpendicular a la recta "r" (su vector normal puede ser el vector director de la recta, es decir n = u = (2,3,-1) ). Calculamos el punto Q intersección de la recta con el plano. El punto Q es el punto medio del segmento PP’ donde P’ es el simétrico buscado.

Un plano paralelo al pedido es 2x + 3y – z + K = 0. Como pasa por el punto P(1,1,1) tenemos 2+3-1+K=0, de donde K = -4 y el plano π es 2x + 3y – z – 4 = 0.

Ponemos la recta "r" en paramétricas o vectorial para sustituirla en el plano.

"r" : (x,y,z) = (1+2λ, 0+3λ, -1- λ)

Sustituimos "r" en "π"

2(1+2λ) + 3(3λ) – (-1- λ) – 4 = 0 = 2 + 4λ + 9λ + 1 + λ - 4 = 14λ-1 = 0, de donde λ = 1/14 y el punto Q es Q(1+2(1/14), 3(1/14), -1- (1/14)) = Q(16/14, 3/14, -15/14)

Q es el punto medio del segmento PP’, es decir (16/14, 3/14, -15/14) = ( (1+x)/2, (1+y)/2, (1+z)/2 ).

Igualando tenemos

16/14 = (1+x)/2, de donde x = 32/14 – 1 = 18/14

3/14 = (1+y)/2, de donde y = 6/14 – 1 = -8/14

-15/14 = (1+z)/2, de donde z = -30/14 – 1 = -44/14

El punto simétrico pedido es P’(x,y,z) = P’(18/14, -8/14, -44/14)

Modelo 6. Ejercicio 1 de la Opción B de Sobrantes de 2010

[2’5 puntos] Considera la función f : R → R definida por f(x) =

Estudia su continuidad y derivabilidad. Determina la función derivada de f.

Solución

f(x) = . Estudia su continuidad y derivabilidad

e ^–x es continua y derivable en todo R, en particular en x < 0

1 - x ² es continua y derivable en todo R, en particular en 0 < x < 1

2/(x+1) es continua y derivable en R – {-1}, en particular en 1 < x

Sólo nos falta ver la continuidad y derivabilidad en x = 0 y x = 1

Para que f sea continua en x = 0 tenemos que ver que:

f(0) = lim _{x→ 0-} [f(x)] = lim _{x→ 0+} [f(x)]

f(0) = lim _{x→ 0-} [f(x)] = lim _{x→ 0-} [ e ^{– x} ] = e ⁰ = 1 = 1

lim _{x→ 0+} [f(x)] = lim _{x→ 0+} [ 1 - x² ] = (1 – 0) = 1, por tanto f es continua en x = 0

Para que f sea continua en x = 1 tenemos que ver que:

f(1) = lim _{x→ 1+} [f(x)] = lim _{x→ 1-} [f(x)]

f(1) = lim _{x→ 1+} [f(x)] = lim _{x→ 1+} [ 2/( x+1) ] = 2/.( 1+1) = 1

lim _{x® 1-} [f(x)] = lim _{x® 1-} [1 - x² ] = (1 - 1) = 0, por tanto f no es continua en x = 1 y por tanto tampoco es derivable en x = 1.

f(x) = . f(x) = .

Para que f sea derivable en x = 0 tenemos que:

f’(0 ^-) = f’(0 ⁺)

Vamos a utilizar la continuidad de la derivada que es más rápido

f’(0 ^-) = lim _{x→ 0-} [f’(x)] = lim _{x→ 0-} [- e ^{– x}] = -e ⁰ = - 1.

f’(0 ⁺) = lim _{x→ 0+} [f’(x)] = lim _{x→ 0+} [ -2x ] = 0, como no son iguales la función no es derivable en x = 0

Modelo 6. Ejercicio 2 de la Opción B de Sobrantes de 2010

Sean f, g : R → R las funciones definidas por f(x) = x² − 2x +3 y g(x) = (1/2)x² +1.

(a) [1 punto] Esboza las gráficas de f y g, y halla su punto de corte.

(b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de ambas funciones y el eje de ordenadas.

Solución

(a)

f(x) = x² − 2x +3 y g(x)= (1/2)x² +1.

f(x) = x² − 2x +3 es un parábola con las ramas hacia arriba. Vértice en (-b/2a, f(-b/2a) ) = (1, 2). Corta al eje OY en (0,3), y como la ecuación x² − 2x +3 = 0 no tiene soluciones reales no corta al eje OX.

g(x) =(1/2)x² +1 es un parábola con las ramas hacia arriba, parecida a x² pero desplazada una unidad hacia arriba en el eje OY. Vértice en (0, 1). Corta al eje OY en (0,1), y es simétrica respecto a dicho eje OY. Como la ecuación (1/2)x² + 1 = 0 no tiene soluciones reales no corta al eje OX.

Un esbozo de dichas gráficas es (en rojo (1/2)x² + 1 y en azul x² − 2x +3 )

Veamos sus puntos de corte, resolviendo la ecuación f(x) = g(x), es decir x² − 2x +3 = (1/2)x² +1. Operando obtenemos x² – 4x + 4 = 0, y sus soluciones son x = 2 (doble).

(b)

Como me piden el área del recinto limitado por las gráficas y el eje de ordenadas OY tenemos que:

Área = ∫₀²( f(x) – g(x) )dx = ∫₀² [x² − 2x +3 – (1/2)x² – 1 ].dx = ∫₀² [ (1/2)x² − 2x + 2 ]dx =

= [x³/6 – x² + 2x]₀² = (8/6 – 4 + 4) – (0) = 8/6 u.a.

Modelo 6. Ejercicio 3 de la Opción B de Sobrantes de 2010

De la matriz A = se sabe que det(A) = 4. Se pide:

(a) [1’25 puntos] Halla det(−3A^t) y det. Indica las propiedades que utilizas.

(A^t es la matriz traspuesta de A).

(b) [0’75 puntos] Calcula det(A^-1.A^t).

(c) [0’5 puntos] Si B es una matriz cuadrada tal que B³ = I, siendo I la matriz identidad, halla det(B).

Solución

(a)

Tenemos A = con det(A) = 4. Determinante (" det")

Sabemos que si A es una matriz cuadrada de orden "n" entonces det(k.A) = kⁿ.det(A).

También sabemos que el det(A) = det(A^t)

det(−3A^t) = (-3)². det(A^t) = 9.det(A) = 9.4 = 36.

Si en un "det" hay un nº que multiplica a una fila (columna) dicho nº sale fuera multiplicando al "det".

Si en un "det" cambiamos entre si dos filas (columnas) el "det" cambia de signo.

det= 2.(-3). det= 2(-3)(-1). det= 6.4 = 24.

(b)

Sabemos que det(M.N) = det(M).det(N), siendo M y N matrices cuadradas del mismo orden.

De la definición de inversa tenemos A.A ^-1 = I, siendo I la matriz identidad, de la cual sabemos que det(I) = 1.

det(A.A ^-1) = det(I) = 1 = det(A).det(A ^-1), de donde det(A ^-1) = 1/det(A)

En nuestro caso det(A^-1.A^t) = det(A^-1).det(A^t) = (1/det(A) ). Det(A) = det(A) /det(A) = 4/4 = 1.

(c)

Si B³ = I, halla det(B).

B³ = B.B.B = I, luego det(B³) = det(B.B.B) = det(B). det(B). det(B) = [det(B)]³ = det(I) = 1, luego det(B) = ³√(1) = 1.

Modelo 6. Ejercicio 4 de la Opción B de Sobrantes de 2010

Sean los puntos A(2, λ, λ), B(−λ, 2, 0) y C(0, λ, λ − 1).

(a) [1 punto] ¿Existe algún valor de λ ∈ R para el que los puntos A, B y C estén alineados? Justifica la respuesta.

(b) [1’5 puntos] Para λ = 1 halla la ecuación del plano que contiene al triangulo de vértices A, B y C. Calcula la distancia del origen de coordenadas a dicho plano.

(a)

A(2, λ, λ), B(−λ, 2, 0) y C(0, λ, λ − 1).

Para que los punto A, B y C estén alineados las coordenadas de los vectores AB y AC tienen que ser proporcionales.

AB = (−λ – 2, 2 –λ, −λ)

AC = (– 2, 0, −1)

Como tiene que darse "-2/(−λ – 2) = 0/(2 – λ) = -1/ (-λ)", vemos que hay un único valor de λ que haga cierta la doble igualdad, que es λ = 2. Veámoslo:

-2/(−λ – 2) = 0/(2 – λ), de donde -4 +2λ = 0, por tanto λ = 2.

0/(2 – λ) = -1/ (-λ) = 1/ λ, de donde 0 = 2 - λ, por tanto λ = 2. Como el λ es el mismo, los tres puntos A, B y C están alineados.

(b)

Para λ = 1 tenemos A(2,1,1), B(−1,2,0) y C(0,1,0).

Para un plano necesitamos un punto, el A(2,1,1) y dos vectores independientes el AB y el AC.

AB =(−1–2, 2 –1,−1) = (-3,1,-1)

AC = (– 2, 0, −1)

El plano sería det(AX,AB,AC) = (x-2)(-1) – (y-1)(1) + (z-1)(2) =

= - x + 2 - y + 1 + 2z – 2 = - x - y + 2z + 1 = x + y - 2z - 1 = 0.

El vector normal del plano x + y - 2z - 1 = 0 es n =(1,1,-2).

Se sabe que si se divide un plano por el módulo de su vector normal el valor absoluto de su término independiente es la distancia del origen a dicho plano.

Modulo de n = ||n|| = √(1²+1²+2²) = √(1+1+4) = √(1).

Dividimos el plano x + y - 2z – 1 = 0 por √(6), y obtenemos x/√(6) + y/√(6) - 2z/√(6) – 1/√(6) = 0, por tanto la distancia del origen a dicho plano es 1/√(6) u.l.