Modelo 4 de sobrantes de 2005 - Opción A
Ejercicio 1.
5x + 8
Sea f : ℜ → ℜ la función definida por f (x) =
2
x + x +1
(a) [0’5 puntos] Calcula los puntos de corte de la gráfica de f con los ejes coordenados.
(b) [0’5 puntos] Halla las asíntotas de la gráfica de f .
(c) [1 punto] Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f y calcula sus extremos
relativos o locales (puntos en los que se obtienen y valores que alcanza la función).
(d) [0’5 puntos] Esboza la gráfica de f .
Solución
8
eje x : x = 0 ⇒ y = f (0) = 1 = 8 ⇒ pasa por (0,8)
(a) Corte con los ejes:
eje y : y = 0 ⇒ 5 x + 8 = 0 ⇒ 5 x + 8 = 0 ⇒ x = − 8 ⇒ pasa por ( − 8 ,0)
5
5
x2 + x +1
(b) Asíntotas
A.V. Igualamos el denominador a cero: x2 + x + 1 = 0 ⇒ x =
−1± 1− 4
no ∃ solución
2
real ⇒ por tanto la función no tiene asíntotas verticales
A.H.
lim f ( x) = lim
x → ±∞
x → ±∞
5x + 8
2
x + x +1
(pues el grado del numerador es menor que el del denominador)⇒
=0
⇒ y = 0 es A.H. en ±∞
Veamos su posición relativa
lim ( f ( x) − asíntota ) = 0+ ⇒ f(x) está por encima de la A.H. en + ∞
x →+∞
lim ( f ( x) − asíntota ) = 0- ⇒ f(x) está por debajo de la A.H. en - ∞
x →−∞
(c) Monotonía. Estudio signo de f ‘(x)
f (x) =
5x + 8
x2 + x +1
5 ⋅ ( x 2 + x + 1) − (2 x + 1) ⋅ (5 x + 8)
⇒ f ¡( x ) =
(x
2
)
+ x +1
2
=
− 5 x 2 − 16 x − 3)
(x
2
)
+ x +1
2
−1
2
posibles extremos
f ( x ) = 0 ⇒ −5 x − 16 x − 3 = 0 ⇒ x = −3 y x =
5
Monotonía de f ≡ Signo de f’
Discontinuidades de f ': x 2 + x + 1 = 0 no ∃ solución
−1
-
Signo de f’
-3
+
-
5
−1
-3
Monotonía de f
f’(-4) =
−19
<0
+
Resumiendo:
;
f’(-2) =
5
9
>0
+
;
f’(0) =
−3
<0
+
f(x) es estrictamente decreciente en (-∞, -3) ∪ (
f(x) es estrictamente creciente en ( -3,
−1
5
)
−1
5
, + ∞)
Por definición x = -3 es un mínimo relativo que vale f(-3) = - 1
Por definición x =
−1
5
es un máximo relativo que vale f(
−1
5
)=
25
3
(d) Esbozo de la gráfica de f: teniendo en cuenta los apartados anteriores la gráfica sería
Ejercicio 2.
Considera la función f : ℜ → ℜ definida por f (x) = x2 − 5x + 4.
(a) [0’75 puntos] Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x
= 3.
(b) [1’75 puntos] Calcula el área de la región acotada que esta limitada por el eje de ordenadas,
por la gráfica de f y por la recta tangente obtenida.
Solución
(a) La recta tangente en x = 3 es y – f(3) = f ‘(3)(x – 3)
f (x) = x2 − 5x + 4 ⇒ f(3) = - 2
⇒recta tangente: y – (-2) = 1(x – 3) ⇒ y = x – 5 f ‘(x) = 2x − 5 ⇒ f ‘(3) = 1
(b) Dibujamos la parábola y la recta tangente que nos ayudarán a calcular el área pedida
f (x) = x2 − 5x + 4 ⇒f ‘(x) = 2x − 5
5
El vértice (mínimo) lo obtenemos de f ‘(x) = 0: 2x − 5 =0 ⇒ x =
2
Vértice V(2’5, f(2’5) ) = V(2’5, - 2’25)
Cortes con los ejes: x = 0 ⇒ punto (0, f(0) ) = (0, 4)
y = 0 ⇒ x2 − 5x + 4 = 0 ⇒x = 1 y x = 4 ⇒ Puntos (1, 0) y (4, 0)
Para la recta y = x – 5 ⇒ tenemos los puntos (0, -5) y (5, 0)
Las gráficas conjuntas son
Área =
3
∫0 ( paràbola − recta tan gente) dx
=
∫0 [( x
3
2
]
− 5 x + 4) − ( x − 5) dx =
3
∫0 ( x
2
− 6 x + 9) dx =
3
x3
= − 3x 2 + 9 x = (9 – 27 +27) – ( 0 ) = 9 u2
3
0
Ejercicio 3.
2 1
.
Sea I la matriz identidad de orden 2 y sea A =
1 2
(a) [1 punto] Halla los valores de x para los que la matriz A − x.I no tiene inversa.
(b) [1’5 puntos] Halla los valores de a y b para los que A2 + aA + bI = O.
Solución
(a) A − xI no tiene inversa
2 1
1
- x.
A − xI =
1
2
0
2− x
1
| A − xI | =
1
2−x
⇔ det (A − xI ) = | A − xI | ≠ 0
0 2 1 x 0 2 − x
1
=
-
=
1 1 2 0 x 1
2 − x
= (2 – x )2 – 1 = x2 – 4x + 3 = 0 ⇒x = 1 y x = 3
Así A − xI no tiene inversa ⇔ x = 1 y x = 3
(b) A2 + aA + bI = O
2 1 2 1 5 4
2 1 2a a
1
.
=
a.A = a.
=
b.I = b.
A2 =
1
2
1
2
4
5
1
2
a
2
a
0
4 + a 0
5 4 2a a b 0 5 + 2 a + b
+
+
=
=
A2 + aA + bI =
5 + 2a + b 0
4 5 a 2a 0 b 4 + a
Igualando miembro a miembro tenemos:
4+a=0 ⇒a=-4
0 b 0
=
1 0 b
0
0
5 + 2a + b = 0 ⇒b = -5 + 8 = 3
Ejercicio 4.- [2’5 puntos]
x = 6 + λ
Calcula la distancia entre las rectas r ≡ y = 1 − 2λ
z = 5 − 7λ
Solución
2 x − 3 y + 1 = 0
y s ≡
3x − y − 2 = 0
Tomamos un punto y un vector de cada recta
Ps = (1,1,0)
Pr = (6,1,5)
r: →
s: →
d r = (1,−2,−7)
d s = (0,0,1)
x = 1
2 x − 3 y + 1 = 0
⇒resolviendo el sistema x = y = 1 ⇒s: y = 1
3
x
−
y
−
2
=
0
z = a
Previamente se estudia la posición relativa de las rectas:
ecuación paramétrica:
→
→
como d r = (1,−2,−7) d s = (0,0,1) ⇒las rectas se cruzan o se cortan
→
→
1
d r d s PrPs= 0
−5
−2 −7
0
1
0
−5
= 1. (-1)5.
1
−2
−5
0
= -10 ≠ 0 ⇒las rectas se cruzan
Hay varias formas de calcular la distancia entre dos rectas. Vamos a utilizar la del volumen del
paralelepípedo.
s
→
→
volumen
=
d(r,s) = altura paralelepípedo =
área base
Ps
→
| Pr Ps , d r , d s |
→
=
→
10
5
dr × ds
= 2 5 u.l.
→
Pr
→
→
→
→
d r d s PrPs= -10 ⇒ | Pr Ps , d r , d s | =10
→
→
i
j
ds
k
dr
→
→
d r × d s = 1 − 2 − 7 = (-2,-1,0) ⇒ | d r × d s | = 5
0 0
1
r
Modelo 4 de sobrantes de 2005 - Opción B
Ejercicio 1. [2’5 puntos]
De un terreno se desea vender un solar rectangular de 12.800 m2 dividido en tres parcelas
iguales como las que aparecen en el dibujo. Si se quieren vallar las lindes de las tres parcelas (los
bordes y las separaciones de las parcelas), determina las dimensiones del solar para que la
longitud de la valla utilizada sea mínima.
x
x
x
y
y
y
x
Solución
x
Área = 3x . y = 12800 ⇒ y =
y
x
12800
3x
Minimizamos la función L = 6x + 4y = 6x + 4.
Longitud L = 6x + 4y
12800
51200
= 6x +
3x
3x
51200
51200 −1
⇒ L’(x) = 6 +
. 2
3x
3
x
51200 1
25600
160
Resolvemos la ecuación L’(x) = 0 ⇒
. 2 = 6 ⇒ x2 =
⇒x=±
3
9
3
x
160
Como las soluciones son distancias han de ser positivas luego x =
3
Veamos que efectivamente es un mínimo con la segunda derivada.
51200 −1
51200 2
1024200
L’(x) = 6 +
. 2 ⇒ L’’(x) =
. 3 =
3
3
x
x
3x 3
1024200
160
160
L’’(
)=
>0 ⇒x=
es un mínimo
3
3
3
3(160 3)
L(x) = 6x +
Las dimensiones pedidas son 3x = 160 m. de largo e y =
Ejercicio 2.
Calcula las siguientes integrales:
∫ cos (5x + 1) dx.
(a) [0’5 puntos]
1
(b) [0’5 puntos]
∫
(c) [1’5 puntos]
∫0 x.e
1
dx
( x + 2) 3
−3 x
dx
Solución
(a) ∫ cos (5x + 1) dx =
1
sen(5x + 1) + K
5
12800 12800
=
= 80 m. de ancho.
3x
160
1
(b)
∫
(c)
∫0 x.e
( x + 2) 3
1
−3 x
dx =
1
∫ ( x + 2)
32
Aplicamos
−3 2
dx =
−3
+1
2
+K=
−2
3
x+2
+K
∫ x.e
−3 x
dx
que es una integral por partes
∫ udv = uv − ∫ vdu :
⇒ du = dx
u= x
dv = e-3x dx ⇒ v =
−3 x
∫ ( x + 2)
−3
+1
2
dx
Se calcula previamente
∫ x.e
dx =
( x + 2)
dx = x.
∫e
−3 x
−1 -3x 1
e +
3
3
1 -3x
e
3
−1
1
e −3 x dx =
x.e-3x - e -3x
3
9
dx = −
∫
1
1
∫0 x.e
−3 x
− x ⋅ e −3 x e − 3 x
− e −3 e −3
1
4e −3 1
−
−
) − (0 − ) =
+
dx =
= (
3
9
3
9
9
9
9
0
Ejercicio 3.
5 x + 2 y − z = 0
Considera el sistema de ecuaciones x + y + (m + 4) z = my
2 x − 3 y + z = 0
(a) [1 punto] Determina los valores del parámetro m para los que el sistema tiene una única solución.
(b) [1’5 puntos] Resuelve el sistema cuando tenga infinitas soluciones y da una solución en la que z
= 19.
Solución
5 x + 2 y − z = 0
Si observamos es un sistema homogéneo x + (1 − m) y + (m + 4) z = 0
2 x − 3 y + z = 0
(a) Los sistemas homogéneos de tres ecuaciones con tres incógnitas tienen solución única
(0, 0, 0) si el determinante de la matriz de los coeficientes es distinto de cero.
5
2
−1
|A| = 1 1 − m m + 4 = 5.(1-m) + 3 + 4.(m+4) + 2(1-m) + 15.(m+4) – 2 = 12m + 84
2 −3
1
Resolviendo 12m + 84 = 0 : m = -7 ⇒ para m ≠ -7 el sistema tiene solución única
(b) Si |A| = 0 como
2
−1
−3
1
= -1 ≠ 0 ⇒ rango(A) = 2 < 3 ⇒ S.C.I. con un parámetro
Para resolverlo se eliminan las ecuaciones que no formen parte del menor y a las incógnitas se
les da un valor paramétrico:
x = a
x = a
2
y
−
z
=
−
5
a
⇒
y
=
-7a
⇒
y
=
7a
;
z
=
-2a
+
3y
=
-2a
+
21
a
=
19
a
⇒
y = 7a a∈ ℜ
− 3 y + z = −2a
z = 19a
Nos piden una solución con z = 19 ⇒ a = 1 , la solución es (x,y,z) = (1, 7, 19)
Ejercicio 4.
Sean A(−3, 4, 0), B(3, 6, 3) y C (−1, 2, 1) los vértices de un triángulo.
(a) [0’75 puntos] Halla la ecuación del plano π que contiene al triangulo.
(b) [0’75 puntos] Halla la ecuación de la recta que es perpendicular a π y pasa por el origen de
coordenadas.
(c) [1 punto] Calcula el área del triángulo ABC.
Solución
(a) Para calcular la ecuación de un plano necesitamos un punto y dos vectores independientes, en
nuestro caso tomamos como punto el A y como vectores el AB y el AC.
A(−3, 4, 0)
AB = (6, 2, 3)
AC = (2, -2, 1)
x+3 y−4 z−0
El plano pedido es π ≡ det(AX, AB, AC) = 6
2
3 = (x+3).(8) – (y-4).(0) + z.(-16) = 0
2
−2
1
π ≡ 8x – 16z + 24 = 0 ⇒ π ≡ x – 2z + 3 = 0
(b) La recta perpendicular al plano π que pasa por el origen O(0, 0, 0)
tiene como vector director el vector normal del plano n = (1, 0, -2)
x = t
La recta pedida es r ≡ y = 0
con t ∈ ℜ
z = −2 y
(c) El área del triángulo es la mitad del área del paralelogramo que
determina, que sabemos es el módulo del producto vectorial de los vectores AB y AC, es decir
1
1 2
1
8 + 16 2 =
320 u2
Área = ||ABxAC|| =
2
2
2
AB = (6, 2, 3) AC = (2, -2, 1)
i
j k
ABxAC = 6 2 3 = i(8) – j(0) + k(-16) = (8, 0, -16)
2 −2 1
0
