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Juan Carlos Alonso Gianonatti

OPCIÓN A

E1.- Sea f (t ) = a) Calcular

∫

1 1 + et f (t ) dt (1’5 puntos)

b) Sea g ( x ) =

x

∫ f (t ) dt . Calcular lim x→0

0

g (x ) (1 punto) x

a) 1 1 du du dt = ∫ ⋅ =∫ t u u −1 u (u − 1) 1+ e du du 1 + e t = u ⇒ e t dt = du ⇒ dt = t ⇒ e t = u − 1 ⇒ dt = u −1 e  u = 1 ⇒ A ⋅ (1 − 1) + B ⋅ 1 = 1 ⇒ B = 1 1 A B A ⋅ (u − 1) + Bu = + = ⇒ A ⋅ (u − 1) + Bu = 1 ⇒  u (u − 1) u u − 1 u (u − 1) u = 0 ⇒ A ⋅ (0 − 1) + B ⋅ 0 = 1 ⇒ A = −1 I =∫

1 1 1 =− + u (u − 1) u u −1 I =∫

du du du dr r u −1 1 + et − 1 et ln = −∫ +∫ = − ln u + ∫ = − ln u + ln r = ln = ln = ln = +K u (u − 1) u u −1 r u u 1 + et 1 + et u − 1 = r ⇒ du = dr

b) x

  1 et  ex e0  ex 1 ex 1   g (x ) = ∫ dt = ln =  ln − ln = ln − ln = ln − ln t t  x 0  x x 1+1 2 1+ e  1+ e 1+ e  1 + e 0  1 + e 0 1+ e x x x x e e e e 2e x ( ) ( ) g x = ln − ln 1 − ln 2 = ln − ln 1 + ln 2 = ln − 0 + ln 2 = ln + ln 2 = ln 1+ ex 1+ ex 1+ ex 1+ ex 1+ ex x

(

)

1 ex 1+ ex − ex ⋅ex 2 ⋅ ⋅ 2 2e 0 2e x 2e x 2 ⋅1 2 1+ ex ln ln ln ln x 0 x ln 1 0 Aplicando L' Hopital lim 1 + e = 1 + e = 1 + 1 = 2 = = = =    → = lim 1 + e x →0 x →0 0 0 0 0 0 1 x 1 e x + e2x − e2x ⋅ 2 ex 1 + ex ex 1 1+ ex x x 2 x x 1 1 1 1 e 1 e + = lim 1 + e = lim = = = = lim = lim 1 + e x 0 x →0 x →0 1 + e x →0 x →0 1 1 1 1+1 2 1+ e

(

)

( (

(

)

) )

1

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ae 2 x E2.- Dada la función f ( x ) = , se pide 1+ x a) Hallar a para que la pendiente de la recta tangente a la función en x = 0, valga 2 (0’5 puntos) b) Para a = 1, estudiar el crecimiento, decrecimiento y extremos relativos (1 punto) c) Para a = 1, hallar sus asíntotas (1 punto) a)

f ' (x ) = a

2e 2 x (1 + x ) − e 2 x e 2 x (2 + 2 x − 1) e 2 x (1 + 2 x ) e 2⋅0 (1 + 2 ⋅ 0 ) ( ) = = ⇒ = ⇒ =2⇒ a a f ' 0 2 a (1 + x )2 (1 + x )2 (1 + x )2 (1 + 0 )2

e 0 (1 + 0 ) 1⋅1 =2⇒a =2⇒a=2 2 1 1 b) a

f (x ) =

e 2 x (1 + 2 x ) e 2 x (1 + 2 x ) e2x ( ) ⇒ f ' (x ) = ⇒ ⇒ > ⇒ >0⇒ Crecimient o f ' x 0 1+ x (1 + x )2 (1 + x )2

 e 2 x > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ  1 1 1 + 2 x > 0 ⇒ 2 x > −1 ⇒ x > − ⇒ ∀x ∈ ℜ / x > − 2 2   (1 + x )2 > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ

−∞

−

e2x > 0

x>−

1 2

(1+x)2 > 0 Solución

En x = −

∞

(+) (-)

(+) (+)

(+) (-)

(+) (+)

  1 > x > −1  ∪ ( x > −1)   2

Crecimiento ∀x ∈ ℜ /  −

1 2

Decrecimiento ∀x ∈ ℜ / x < −

1 2

 1 2⋅ −   2

2 e −1 e 1  1 = = 2 ⋅ e −1 = ⇒ Mínimo relativo ⇒ f −  = 1 e 2  2  1+ − 1    2  2

(De decrecimiento pasa a crecimiento)

c) 1 + x = 0 ⇒ x = −1 ⇒ f (− 1) = f (x ) =

e 2⋅(−1) e −2 ⇒ Asíntota vertical en x = −1 = 1 + (− 1) 0

e2x ⇒ 1+ x

2

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Continuación problema E.2 de la opción A

c )Continuación Asíntotas horizontales ∞ 2e 2 x ∞ e2x Aplicfando L' Hopital    → = lim = =∞⇒ = =  x →∞ 1 + x x →∞ 1 ∞ 1 → ∞ No existe asíntota horizontal cuando x y = lim

1 1 e −2 x e 2⋅(− x ) e2x = lim = lim = lim = =0 2 x x → −∞ 1 + x x →∞ 1 + (− x ) x →∞ 1 − x x →∞ (1 − x )e −∞ Existe asíntota horizontal , y = 0 , cuando x → −∞ y = lim

Asíntotas oblícuas e2x ∞ ∞ e2x 2e 2 x e2x f (x ) Aplicfando L' Hopital =       → = = = = lim 1 + x = lim = lim = lim m = lim 2 x →∞ x →∞ x →∞ x (1 + x ) x →∞ x + x x →∞ 1 + 2 x ∞ ∞ x x 4e 2 x = lim 2e 2 x = ∞ ⇒ No existe asíntota oblícua cuando x → ∞ x →∞ 2 x →∞

= lim

e2x e 2⋅(− x ) e −2 x 1 1 f (x ) = lim 1 + x = lim = lim = lim 2 = =0 m = lim 2 2 x 2 x →∞ x − x e x →∞ x − x x → −∞ x → −∞ x →∞ (− x ) + (− x ) x x ∞

(

)

No existe asíntota oblícua cuando x → −∞

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 ax + y + z = (a − 1)(a + 2 )  2 E3.- Se considera el sistema de ecuaciones  x + ay + z = (a − 1) (a + 2 )  x + y + az = (a − 1)3 (a + 2 )  a) Discutir el sistema según los valores del parámetro a (1’5 puntos) b) Resolver el sistema para a = 1 (1 punto) c) Resolver el sistema para a = -2 (1 punto)

a) a 1 1 A = 1 a 1 = a 3 + 1 + 1 − a − a − a = a 3 − 3a + 2 ⇒ Si A = 0 ⇒ a 3 − 3a + 2 = 0 ⇒ Por Ruffini 1 1 a 1 0 −3 2 ⇒ a 3 − 3a + 2 = 0 ⇒ (a − 1) ⋅ a 2 + a − 2 = 0 ⇒ 1 1 1 −2

(

1 1 −2

)

0

a −1 = 0 ⇒ a = 1  −1+ 3   a = =1  ⇒ 2 a 2 + a − 2 = 0 ⇒ ∆ = 12 − 4 ⋅ 1 ⋅ (− 2 ) = 1 + 8 = 9 > 0 ⇒ a = − 1 ± 9 ⇒  1 3 − −  2 ⋅1 a = = −2  2  ∀a ∈ ℜ − {− 2 , 1} ⇒ A ≠ 0 ⇒ rang ( A) = 3 = Número de incognitas ⇒ Sistema Compatible Deter min ado Si a = 1 1 1 1 0   1 1 1 0      0  1 1 1 0  ≡  0 0 0 0  ⇒ 0 z = 0 ⇒ z = ⇒ Sistema Compatible In det er min ado 0 1 1 1 0  0 0 0 0      Si a = −2 − 2 1 1 0 − 2 1 1 0 − 2 1 1 0 − 2 1 1 0         0  1 − 2 1 0 ≡  2 − 4 2 0 ≡  0 − 3 3 0 ≡  0 − 3 3 0 ⇒ 0z = 0 ⇒ z = ⇒ 0  1 1 − 2 0   2 2 − 4 0   0 3 − 3 0   0 0 0 0   Sistema Compatible In det er min ado b )Si a = 1 1 1 1 0    0 0 0 0  ⇒ x + y + z = 0 ⇒ x = − y − z ⇒ Solución ⇒ ( x , y , z ) = (− λ − µ , λ , µ ) 0 0 0 0    c )Si a = −2 − 2 1 1 0    0 − 3 3 0  ⇒ −3 y + 3 z = 0 ⇒ − y + z = 0 ⇒ y = z ⇒ −2 x + z + z = 0 ⇒ −2 x = −2 z ⇒ x = z  0 0 0 0   Solución ⇒ (x , y , z ) = (λ , λ , λ )

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E4.- Se consideran las rectas r ≡

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x y −1 z −3 = = 1 2 −2

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; s≡

x−2 y z +1 . = = 3 1 −1

a) Justificar, razonadamente, que ambas rectas se cruzan (1 punto) b) Hallar la perpendicular común y que corta a las dos rectas (1’5 puntos) a) Si los vectores directores de las rectas son iguales o proporcionales pueden ser paralelas o coincidentes, en este ultimo caso, además, tendrán un punto común. Si no se cumple la igualdad o proporcionalidad las rectas pueden cortarse o ser secantes si tienen un punto común. De no cumplirse nada de lo analizado las rectas se cruzan

v r = (1 , − 2 , 2 ) 1 − 2 ⇒ ≠ ⇒ No son ni paralelas ni coincident es  1  v s = (3 , 1 , − 1) 3 Veamos si tienen un punto común   x=λ   r ≡  y = 1 − 2λ  λ = 2 + 3µ λ − 3µ = 2  1 − 3 2   1 − 3 2  3   z = 3 + 2λ   ⇒ 7 µ = −3 ⇒ µ = − ⇒ ≡ ⇒  ⇒  1 − 2λ = µ ⇒      7   x = 2 + 3µ 3 + 2λ = −1 − µ  2λ + µ = 1  2 1 1   0 7 − 3   s ≡  y = µ     z = −1 − µ 3 31 4 10 5 9 5 9  3  3 ≠ −1 + ⇒ ≠− λ − 3 ⋅  −  = 2 ⇒ λ + = 2 ⇒ λ = 2 − = ⇒ 3 + 2 ⋅ ≠ −1 −  −  ⇒ 3 + 7 7 7 7 7 7 7 7  7  7 No tienen punto común ⇒ Las rectas no se cor tan ⇒ Por lo tan to las rectas se cruzan b) Vector director de las rectas que se apoyan en r y s ⇒ v rs = [λ − (2 + 3µ ) , 1 − 2λ − µ , 3 + 2λ − (− 1 − µ )] v rs = (λ − 3µ − 2 , − 2λ − µ + 1 , 2λ + µ + 4 ) v ⊥ v r ⇒ v rs ⋅ v r = 0  ⇒  rs ⇒ v r = (1 , − 2 , 2 )  v rs ⊥ v s ⇒ v rs ⋅ v s = 0  v s = (3 , 1 , − 1)  (λ − 3µ − 2 , − 2λ − µ + 1 , 2λ + µ + 4 ) ⋅ (1 , − 2 , 2 ) = 0 λ − 3µ − 2 + 4 λ + 2µ − 2 + 4 λ + 2µ + 8 = 0 ⇒ ⇒   3λ − 9 µ − 6 − 2 λ − µ + 1 − 2 λ − µ − 4 = 0  (λ − 3µ − 2 , − 2λ − µ + 1 , 2λ + µ + 4 ) ⋅ (3 , 1 , − 1) = 0  9λ + µ + 4 = 0  7λ + µ + 4 = 0 77 11 ⇒ ⇒ −98µ − 77 = 0 ⇒ −98µ = 77 ⇒ µ = − =−  98 14 − λ − 11µ − 9 = 0 − 9 λ − 99µ − 81 = 0 121 − 126 5  11  =− ⇒ − λ − 11 −  − 9 = 0 ⇒ λ = 14 14  14   5  5   11  56   5   11  14  11  28  , 2−  + −  + , − 2 −  −  −  + v rs =  − − 3 −  −  14   14  14   14   14  14  14  14  14  0 35 35   − 5 + 33 − 28 10 + 11 + 14 − 10 − 11 + 56  , , , , vrs =   ⇒ vrs = (0 , 1 , 1)  ⇒ vrs =  14 14 14  14 14 14   

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Continuación del problema E4 de la opción A Busquemos el punto R de corte de r con la perpendicular rs

 5  5 x=−  − 14 + 0η 14   12 5 12 10   5  ⇒ Ecuación perpendicular ⇒ rs ≡  +η = 1+ = R y = 1 − 2 ⋅  −  = 1 + 7 7 14  14   7  5 16 10  5   16 + η  = − = − = = + ⋅ − 3 3 z 3 2    7  7 7 14  14    5  − 14  12 rs ≡  + η 7  16 + η  7

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OPCIÓN B E1.a) Calcular

∫x

2

1 dx (1’5 puntos) + 2x + 3

b) Calcular los valores del parámetro a para que las tangentes a la gráfica de la función f(x) = ax3 + 2x2 +3 en los puntos de abcisa x = 1 y x = -1 sean perpendiculares (1 punto)

a) x 2 + 2 x + 3 = 0 ⇒ ∆ = 2 2 − 4 ⋅1 ⋅ 3 = 4 − 12 = −8 < 0 ⇒ Soluciones complejas 1 1 1 1 1 I =∫ 2 dx = ∫ 2 dx = ∫ dx = ∫ dx 2 2 (x + 1)2 x + 2x + 3 x + 2x + 1 + 2 (x + 1) + 2 +1 2 1 1 1 1 2 1 2 2  x +1 2 dt = ⋅ arc tg  I= ∫ dx = ∫ 2 dt = arc tg t = + K 2 2 ∫ 2  x +1 2 t +1 2 t +1 2 2  2    +1  2  x +1 = t ⇒ x + 1 = 2t ⇒ dx = 2 dt 2

b)  m1 = f ' (1) = 3a ⋅12 + 4 ⋅1 = 3a + 4 1 1 f ' (x ) = 3ax 2 + 4 x ⇒  ⇒ m1 = − ⇒ 3a + 4 = − 2 m(−1) 3a − 4 m(−1) = f ' (− 1) = 3a ⋅ (− 1) + 4 ⋅ (− 1) = 3a − 4   a= (3a + 4) ⋅ (3a − 4) = −1 ⇒ 9a 2 − 16 = −1 ⇒ 9a 2 = 15 ⇒ a 2 = 15 = 5 ⇒ a = ± 5 ⇒  9 3 3 a = − 

15 3 15 3

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E2.- Se considera la función f(x) = ex + ln x, x ∈ (0 , ∞ ) donde ln denota logaritmo neperiano a) Estudia la monotonía y las asíntotas de f(x) (1 punto) b) Demostrar que la ecuación x2ex – 1 = 0 tiene una única solución c en el intervalo [0 , 1] (0’75 puntos) c) Deducir que f presenta un punto de inflexión en c. Esbozar la gráfica de f (0’75 puntos)

a)  g ( x ) = e x ⇒ g' ( x ) = e x ⇒ Creciente ⇒ g' ( x ) > 0 ⇒ e x > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ  h( x ) = ln x ⇒ h' ( x ) = 1 ⇒ Creciente ⇒ h' ( x ) > 0 ⇒ 1 > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ ⇒ ∀x ∈ ℜ / x > 0 ⇒   x  x > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ  f ( x ) = g ( x ) + h( x ) ⇒ Creciente ⇒ ∀x ∈ ℜ / x > 0 Asíntota vertical x=0 Asíntota horizontal

(

)

y = lim ln x + e x = lim ln x + lim e x = ∞ + ∞ = ∞ ⇒ No existe asíntota horizontal cuando x → ∞ x →∞

x →∞

x →∞

No existe función cuando x → −∞ Asíntota oblícua 1 + xe x 1 + ex 1 + xe x ∞ ln x + e f (x ) Aplicando L' Hopital x   → = lim x = lim = lim = = lim = =  m = lim x →∞ x →∞ x →∞ x →∞ x →∞ x ∞ 1 1 x x e x + xe x ∞ Aplicando L' Hopital   → = lim = lim e x + xe x = ∞ + ∞ = ∞ = =  x →∞ x →∞ ∞ 1 No existe asíntota oblícua cuando x → ∞ b) x

Siendo g ( x ) = x 2 e x − 1  g (0 ) = 0 2 e 0 − 1 = 0.1 − 1 = −1 < 0 ⇒ g (c ) = 0 ⇒ c ∈ (0 , 1) ⇒ Teorema de Bolzano que dice que si g ( x )  2 1  g (1) = 1 e − 1 = 1.e − 1 = e − 1 > 0 es continua en el int ervalo [a , b], y toma valores de dist int o signo en los extremos del int ervalo [sign g (a ) ≠ sign g (b )],entonces existe,al menos ,un punto c ∈ (a , b ) tal que g (c ) = 0

(

)

g ( x ) = x 2 e x − 1 ⇒ g' ( x ) = 2 x + x 2 e x = (2 + x )xe x ⇒ Creciente ⇒ r' ( x ) > 0 ⇒ (2 + x )xe x > 0 ⇒

2 + x > 0 ⇒ x > −2 ⇒ ∀x ∈ ℜ / x > −2  x > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ / x > 0 ⇒ Es creciente para ∀x ∈ ℜ / x > 0   e x > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ 

Por lo tan to solo puede haber un solo punto en que g (c ) = 0 ,en caso contrario seria creciente y decreciente con cambios de signo siempre impares

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Continuación Problema E3 de la opción B

c) 1 1 x2e x − 1 x ⇒ f ' ' (x ) = 0 ⇒ x 2 e x − 1 = 0 ⇒ f ' ' (c ) = 0 (Demostrado ) f ' (x ) = e + ⇒ f ' ' (x ) = e − 2 = 2 x x x x

E3.- Sea M una matriz cuadrada que cumple la ecuación M2 – 2M = 3I, donde I denota la matriz identidad a) Estudiar si existe la matriz inversa de M. En caso afirmativo expresar M -1 en términos de M e I (1’25 puntos)

a b  que cumplen la ecuación M2 – 2M = 3I b a

b) Hallar las matrices M de la forma  (1’25 puntos)

a) Siendo n el grado de la matriz

( )

det M 2 − det (M ) = det (3 I ) ⇒ M 2 − 2 M = 3 ⋅ I ⇒ M − 2 n ⋅ M = 3 n ⋅ I ⇒ M − 2 n ⋅ M = 3 n ⋅ 1 ⇒ 2

(

M − 2n ⋅ M − 3n = 0 ⇒ ∆ = − 2n 2

 2n + 2  M =  n  M =2 +  La condición

)

2

(

)

− 4 ⋅ 1 ⋅ − 3n = 2 2n + 4 ⋅ 3n > 0 ⇒ M =

2

2 n ± 2 2n + 4 ⋅ 3n ⇒ 2.1

2 2 n −1 + 3 n = 2 n + 2 2 n −1 + 3 n ≠ 0 2 2 2 n −1 + 3 n = 2 n − 2 2 n−1 + 3 n ≠ 0 2 para que exista M −1 es que M ≠ 0 y eso se da en las dos soluciones

(

)

M 2 − 2 ⋅ M = 3 ⋅ I ⇒ M −1 M 2 − 2 ⋅ M = 3 M −1 ⋅ I ⇒ M −1 M 2 − 2 ⋅ M −1 M = 3 M −1 ⇒ M − 2 I = 3 M −1 ⇒ 1 3 M −1 = M − 2 I ⇒ M −1 = (M − 2 I ) 3 b) a b a b a b  1 0   a 2 + b 2 ab + ba   2a 2b   3 0   −    ⋅   − 2 ⋅   = 3 ⋅   ⇒   =   ⇒ 2 2 b a b a b a  0 1   ba + ab b + a   2b 2a   0 3   a2 + b2   2ab 

2ab   2a 2b   3 0   a 2 + b 2 − 2a 2ab − 2b   3 0   −  =  =   ⇒  ⇒ 2 2 2 a + b   2b 2a   0 3   2ab − 2b a + b 2 − 2a   0 3 

 a 2 + b 2 − 2a 2b(a − 1)   3 0   3 0   = =  ⇒ 2b(a − 1) = 0 ⇒ 2  2b(a − 1) a + b 2 − 2a   0 3   0 3    a=3 2 ± 16 2 2 2 2 ⇒ b = 0 ⇒ a + 0 − 2 ⋅ a = 3 ⇒ a − 2 ⋅ a − 3 = 0 ⇒ ∆ = (− 2 ) − 4 ⋅ 1 ⋅ (− 3 ) = 16 > 0 ⇒ a = 2  a = −1  b−2 =0⇒b = 2  a − 1 = 0 ⇒ a = 1 ⇒ 12 + b 2 − 2 ⋅ 1 = 3 ⇒ b 2 − 4 = 0 ⇒ (b − 2 )(b + 2 ) = 0 ⇒   b − 2 = 0 ⇒ b = −2

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E4.- Un cuadrado tiene dos vértices consecutivos en los puntos P(2 , 1 , 3) y Q(1 , 3 , 1); los otros dos sobre una recta r que pasa por el punto R(- 4 , 7 , - 6) a) Calcular la ecuación de la recta r (0’5 puntos) b) Calcular la ecuación que contiene al cuadrado (1 punto) c) Hallar las coordenadas de uno de los otros vértices (1 punto) a) La recta r es una recta paralela a la recta que une P y Q, por lo tanto tiene el vector director que esta

 x = −4 + λ  vr = PQ = (1 , 3 , 1) − (2 , 1 , 3 ) = (− 1 , 2 , − 2 ) ≡ (1 , − 2 , 1) ⇒ r ≡  y = 7 − 2λ  z = −6 + 2λ  b) El plano π contiene a los puntos P, Q y R, aunque este último no sea, seguramente, vértice del cuadrado. Para hallarlo obtendremos los vectores PQ, PR y el vector PG, siendo G el punto que genera al plano, estos tres vectores son coplanarios (pertenecen al mismo plano), entonces uno es combinación lineal de los otros, por ello el determinante de la matriz que forman es nulo y la ecuación pedida.

 PQ = (1 , 3 , 1) − (2 , 1 , 3 ) = (− 1 , 2 , − 2 ) ≡ (1 , − 2 , 2 ) x − 2 y −1 z −3  −2 2 =0⇒  PR = (− 4 , 7 , − 6 ) − (2 , 1 , 3 ) = (− 6 , 6 , − 9 ) ≡ (2 , − 2 , 3 ) ⇒ π ≡ 1  PG = (x , y , z ) − (2 , 1 , 3 ) = (x − 2 , y − 1 , z − 3 ) 2 −2 3  − 6 ⋅ (x − 2 ) + 4 ⋅ ( y − 1) − 2 ⋅ (z − 3 ) + 4 ⋅ (z − 3 ) + 4 ⋅ ( x − 2 ) − 3 ⋅ ( y − 1) = 0 ⇒ − 2 ⋅ ( x − 2 ) + ( y − 1) + 2 ⋅ ( z − 3 ) = 0 ⇒ π ≡ 2 x − y − 2 z + 3 = 0

c) El vector director del lado desconocido es perpendicular al de la recta y al del plano, se calcula hallando el producto vectorial de ambos. Las rectas s de los dos lados pasaran por P o por Q y tendrá como vector director el hallado.

i j k  vr = (1 , − 2 , 1) ⇒ vs = vr × vπ = 1 − 2 1 = −4i − 2 j + k − 4 k − i − 2 j = −5i − 4 j − 3k  vπ = (2 , − 1 , − 2 ) ≡ (− 2 , 1 , 2 ) −2 1 2   x = 2 + 5µ  2 + 5µ = −4 + λ  − λ + 5µ = −6      s1 ≡  y = 1 + 4 µ ⇒  1 + 4 µ = 7 − 2 λ ⇒  2 λ + 4 µ = 6 ⇒  z = 3 + 3µ 3 + 3µ = −6 + 2λ − 2λ + 3µ = −9      v s = (− 5 , − 4 , − 3 ) ≡ (5 , 4 , 3) ⇒   x = 1 + 5α  1 + 5α = −4 + λ  − λ + 5α = −5  s 2 ≡  y = 3 + 4α ⇒  3 + 4α = 7 − 2λ ⇒  2λ + 4α = 4 ⇒  1 + 3α = −6 + 2λ − 2λ + 3α = −7  z = 1 + 3α      1  3  x = 2 + 5 − 7  = − 7   −1 5 −6  −1 5 −6  −1 5 −6         5 3   3 2 3  ≡  0 7 − 3  ≡  0 7 − 3  ⇒ 7 µ = −3 ⇒ µ = − ⇒ Vertice1 ⇒  y = 1 + 4 −  = −  1 7 7  7  2 − 3 9   0 7 − 3  0 0 0          3  12   z = 3 + 3 − 7  = 7   8  3  x = 1 + 5 − 7  = − 7   − 1 5 − 5 − 1 5 − 5 − 1 5 − 6         3   3 9 2 2  ≡  0 7 − 3  ≡  0 7 − 3  ⇒ 7 α = −3 ⇒ α = − ⇒ Vertice2 ⇒  y = 3 + 4 −  =  1 7  7 7  2 − 3 7   0 7 − 3  0 0 0         2  3   z = 1 + 3 − 7  = − 7 

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