IES Mediterráneo de Málaga

Solución Junio 2015

Juan Carlos Alonso Gianonatti

OPCIÓN A Ejercicio 1 : Calificación máxima: 3 puntos. Dada la función

f (x ) =

ln ( x + 1) x + donde ln denota el logaritmo neperiano, se pide: x +1 x −4 2

a) (1’5 puntos) Determinar el dominio de f y sus asíntotas. b) (0’75 puntos) Calcular la recta tangente a la curva y = f(x) en x = 0. c) (0’75 puntos) Calcular

∫ f (x ) dx

a)  2 ln 3 2 ln 3  x = 2 ⇒ f (2 ) = 2 + = + ⇒ Sin solución  2  3 0 3 2 −4 x − 4 = 0 ⇒ x 2 = 4 ⇒ x = ± 4 ⇒  ⇒ − 2 ln (− 1)   x = −2 ⇒ f (− 2 ) = + ⇒ Sin solución  0 −1   x + 1 > 0 ⇒ x > − 1  Dom ( f ) = ∀x ∈ ℜ / x > −1 − {2} Asíntota vertical ⇒ x = 2 Asíntota horizontal ln ( x + 1)  x ln ( x + 1) ∞ ∞  x L ' Hopital lim f ( x ) = lim 2  → = + = lim 2 + lim = + = Utilizando  x →∞ x →∞ x − 4 x → ∞ x → ∞ x +1  x +1 ∞ ∞ x −4  1 1 1 1 1 1 = lim + lim x + 1 = lim + lim = + = 0+0= 0⇒ x →∞ 2 x x →∞ x → ∞ x → ∞ 1 2x x +1 ∞ ∞ Existe asíntota horizontal , y = 0 cuando x → ∞ Asíntota oblicua ln ( x + 1)   x  x2 − 4  ln ( x + 1) 1 ln ( x + 1) f (x ) x m = lim + lim = lim 2 + lim = = lim  + x + 1  = lim 2 x →∞ x →∞ x →∞ x x − 4 x →∞ x ( x + 1) x →∞ x − 4 x →∞ x ( x + 1) x x x     1 1 ∞ ln ( x + 1) 1 1 L 'Hopital = + = 0 + lim = Utilizando  → = lim x + 1 = lim = =0⇒ x →∞ x ( x + 1) x →∞ x + 1 + x x →∞ (2 x + 1)( x + 1) ∞ ∞ ∞ No existe asíntota oblicua cuando x → ∞ b) 1 ⋅ (x + 1) − ln (x + 1) 2 x − 4 − 2x ⋅ x x + 1 − x 2 − 4 1 − ln ( x + 1) f ' (x ) = + = + ⇒ (x + 1)2 (x 2 − 4)2 (x 2 − 4)2 (x + 1)2

(

)

0 ln (0 + 1) 0 ln 1 0  f (0) = 2 + = + = 0+ = 0  3 0 +1 −4 1 1 0 −4 ⇒ − 0 = (x − 0) ⇒ 4 y = 3 x ⇒ y 2  − 0 − 4 1 − ln (0 + 1) − 4 1 − ln 1 1 1− 0 1 3 4 + = + =− + = − +1 =  f ' (0) = 2 16 4 1 4 4 12 (0 + 1)2  02 − 4 3x − 4 y = 0

(

)

1

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Solución Junio 2015

Juan Carlos Alonso Gianonatti

Continuación del Ejercicio 1 de la opción A

c) x ln ( x + 1)  x ln ( x + 1) 1 dt 1 1 + dx = ∫ 2 dx + ∫ dx = ∫ + ∫ u du = ⋅ ln t + ⋅ u 2  x +1 t 2 2 2 x +1  −4 x −4 dt dx x 2 − 4 = t ⇒ 2 x dx = dt ⇒ x dx = ln ( x + 1) = u ⇒ = du 2 x +1 ln ( x + 1)  1  x 2 2 ∫  x 2 − 4 + x + 1  dx = 2 ⋅ ln x − 4 + ln (x + 1) + K 

∫  x

2

[ (

]

)

Ejercicio 2 : Calificación máxima: 3 puntos. a) (2 puntos) Discutir, según los valores de m, el sistema de ecuaciones siguiente:

4 x + 3 y + (m − 1)z = 0   x − 2 y + mz = 1  5 x + my + z = 1  b) (1 punto) Resolver el sistema anterior para el caso m = 1.

a) 4 3 m −1 0 A = 1 −2 m =1 5

m

11 −2

0 m + 10

1

m − 1 − 4m m = (− 1) ⋅ 1 − 5m

(

11

− 1 − 3m

m + 10

1 − 5m

=

11

3m + 1

m + 10 5m − 1

)

(

A = 55m − 11 − (3m + 1) (m + 10) = 55m − 11 − 3m 2 + 30m + m + 10 = −3m 2 + 24m − 21 = (− 3) ⋅ m 2 − 8m + 7

(

)

Si A = 0 ⇒ (− 3) ⋅ m 2 − 8m + 7 = 0 ⇒ m 2 − 8m + 7 = 0 ⇒ ∆ = (− 8) − 4 ⋅ 1 ⋅ 7 = 36 ≥ 0 ⇒ m = 2

)

8 ± 36 ⇒ 2 ⋅1

8−6  m = 2 =1 ⇒ ∀m ∈ ℜ − {1 , 7} ⇒ A ≠ 0 ⇒ rang ( A) = 3 = Número de incógnitas ⇒  8+6 m = =7  2 Sistema Compatible Deter min ado Si m = 7  4 3 6 0  0    1 − 2 7 1 ≡ 1 5 7 1 1 0    rang ( A) = 2 ≠ rang

− 22 − 4   0 187 − 374 − 68   0 187 − 374 − 68       −2 7 1  ≡ 1 − 2 7 1  ≡ 1 − 2 7 1 ⇒ 17 − 34 − 4   0 187 − 374 − 44   0 0 0 24  11

( A) = 3 ⇒ Sistema Incompatible

Si m = 1  4 3 0 0  4 3 0 0  4 3 0 0        1 − 2 1 1  ≡  1 − 2 1 1  ≡  1 − 2 1 1  ⇒ rang ( A) = rang ( A / B ) = 2 < Número de incógnitas ⇒  5 1 1 1  4 3 0 0  0 0 0 0       Sistema Compatible In det er min ado

2

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Juan Carlos Alonso Gianonatti

Continuación del Ejercicio 2 de la opción A

b) Si m = 1 ⇒ Sistema Compatible In det er min ado  4 3 0 0   −3 −3 5 y⇒ y + 2y + z = 1 ⇒ z = 1− y  1 − 2 1 1  ⇒ 4 x + 3 y = 0 ⇒ 4 x = −3 y ⇒ x = 4 4 4  0 0 0 0   5   −3 Solución ⇒ ( x , y , z ) =  λ , λ , 1 − λ  ≡ (− 3λ , 4λ , 1 − 5λ ) 4   4

Ejercicio 3 : Calificación máxima: 2 puntos. a) (1 punto) Dados los vectores

u = (2 , 3 , 4) , v = (− 1 , − 1 , − 1) y w = (− 1 , λ , 5) , encontrar los valores

de λ que hacen que el paralelepípedo P generado por u , v y w tenga volumen 6. b) (1 punto) Obtener la ecuación de la recta incluida en el plano z = 0, con dirección perpendicular a

u = (2 , − 1 , 4) y que pasa por el punto (1 , 1 , 0).

a) El modulo del producto mixto de los tres vectores 3 son 6 u

u , v y w es el volumen del paralelepípedo cuyo valor

2 3 4 u ⋅ v ∧ w = 6 ⇒ − 1 − 1 − 1 = −10 + 3 − 4λ − 4 + 2λ + 15 ⇒ − 2λ + 4 = 6 ⇒ −2λ + 4 = 6 ⇒ −2λ = −2 ⇒ −1

λ

5

λ =1 b) El vector director de la recta r es perpendicular al vector es el vector resultante de los dos vectores citados

u y al vector director del plano dado, por lo tanto

i j k  x = 1+ µ u = (2 , − 1 , 4)  ⇒ vr = vπ ∧ u = 2 − 1 4 = −i − 2 j ⇒ vr = (− 1 , − 2 , 0 ) ≡ (1 , 2 , 0) ⇒ r ≡  y = 1 + 2µ   vπ = (0 , 0 , 1)  z=0 0 0 1 

3

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Ejercicio 4 : Calificación máxima: 2 puntos. Dados el plano π ≡ x − 2 y + 2 z + 1 = 0 y la superficie esférica planos tangentes a la esfera que son paralelos al plano π

Juan Carlos Alonso Gianonatti

(x − 1)2 + ( y − 1)2 + (z − 2)2 = 9 , hallar los

Hallaremos una recta r que contenga el centro C de la esfera y cuyo vector director sea el del plano dado, calculando los puntos P y Q de intersección de esta con la esfera, que son puntos de los planos pedidos y paralelos al dado

 x = 1+ λ C (1 , 1 , 2 )    r =3  Siendo 2 ⇒ v r = vπ = (1 , − 2 , 2 ) ⇒ r ≡  y = 1 − 2λ ⇒ r =9⇒r =± 9 ⇒   z = 2 + 2λ r = −3 ⇒ Sin solución  

(1 + λ − 1)2 + (1 − 2λ − 1)2 + (2 + 2λ − 2)2 = 9 ⇒ λ2 + (− 2λ )2 + (2λ )2 − 9 = 0 ⇒   x = 1+1    λ = 1 ⇒ P  y = 1 − 2 ⋅1  z = 2 + 2 ⋅1   ⇒ λ2 + 4λ 2 + 4λ 2 − 9 = 0 ⇒ 9λ 2 − 9 = 0 ⇒ 9λ2 = 9 ⇒ λ2 = 1 ⇒ λ = ± 1 ⇒  ( ) x = 1 + − 1   λ = −1 ⇒ Q  y = 1 − 2 ⋅ (− 1)   z = 2 + 2 ⋅ (− 1)   Los planos paralelos son de la forma x − 2 y + 2 z + D = 0 ⇒

 P (2 , − 1 , 4 ) ⇒ 2 − 2 ⋅ (− 1) + 2 ⋅ 4 + D = 0 ⇒ 12 + D = 0 ⇒ D = −12 ⇒ π 1 ≡ x − 2 y + 2 z − 12 = 0   Q(0 , 3 , 0 ) ⇒ 0 − 2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 0 + D = 0 ⇒ −6 + D = 0 ⇒ D = 6 ⇒ π 2 ≡ x − 2 y + 2 z + 6 = 0

4

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Juan Carlos Alonso Gianonatti

OPCIÓN B Ejercicio 1 : Calificación máxima: 3 puntos.

 x = −4 + 4λ  Dados el punto P(-4 , 6 , 6), el origen de coordenadas O, y la recta r ≡  y = 8 + 3λ  z = −2λ  se pide: a) (1 punto) Determinar un punto Q de la recta r, de modo que su proyección Q’ sobre OP sea el punto medio de este segmento. b) (1 punto) Determinar la distancia de P a r. c) (1 punto) ¿Existe algún punto R de la recta r, de modo que los puntos O, P y R estén alineados? En caso afirmativo, encontrar el punto (o los puntos) con esa propiedad o, en caso negativo, justificar la no existencia. a) El vector formado por el punto genérico R de la recta r y el punto S medio entre O y P y el vector OP son perpendiculares y su producto escalar es nulo.

0 + (− 4 )  = −2 xs = 2   0+6 OP = (− 4 , 6 , 6 ) − (0 , 0 , 0 ) = (− 4 , 6 , 6 ) ≡ (− 2 , 3 , 3) ⇒ S  ys = =3 ⇒ 2 SR = (− 4 + 4λ , 8 + 3λ , − 2λ ) − (− 2 , 3 , 3) = (− 2 + 4λ , 5 + 3λ , − 3 − 2λ )   zs = 0 + 6 = 3  2 OP ⊥ SR ⇒ OP ⋅ SR = 0 ⇒ (− 2 , 3 , 3) ⋅ (− 2 + 4λ , 5 + 3λ , − 3 − 2λ ) = 0 ⇒ 4 − 8λ + 15 + 9λ − 9 − 6λ = 0 ⇒

 x = −4 + 4 ⋅ 2  10 − 5λ = 0 ⇒ 5λ = 10 ⇒ λ = 2 ⇒ Q  y = 8 + 3 ⋅ 2 ⇒ Q(4 , 14 , − 4 )  z = −2 ⋅ 2 

b) Hallaremos un plano π que conteniendo a P sea perpendicular a la recta r, siendo el vector director del plano el de la recta que es perpendicular al vector PG, es G el punto genérico del plano, y el producto escalar, de ambos, nulo y la ecuación del plano buscado. Se hallará, a continuación, el punto S de intersección de la recta r y el plano π , siendo el módulo del vector PS la distancia pedida.

 vπ = vr = (4 , 3 , − 2) ⇒ vπ ⊥ PG ⇒ vπ ⋅ PG = 0 ⇒   PG = ( x , y , z ) − (− 4 , 6 , 6) = ( x + 4 , y − 6 , z − 6 ) (4 , 3 , − 2) ⋅ (x + 4 , y − 6 , z − 6) = 0 ⇒ 4 x + 16 + 3 y − 18 − 2 z + 12 = 0 ⇒ π ≡ 4 x + 3 y − 2 z + 10 = 0 Inter sec ción ⇒ 4 ⋅ (− 4 + 4 ⋅ λ ) + 3 ⋅ (8 + 3 ⋅ λ ) − 2 ⋅ (− 2λ ) + 10 = 0 ⇒ −16 + 16λ + 24 + 9λ + 4λ + 10 = 0 ⇒ 18   x = −4 + 4 ⋅ 29  18 18 18 + 29λ = 0 ⇒ 29λ = 18 ⇒ λ = ⇒ S y = 8 + 3⋅ ⇒ Q(4 , 14 , − 4) 29 29   z = −2 ⋅ 18  29

5

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Solución Junio 2015

Juan Carlos Alonso Gianonatti

Continuación del Ejercicio 1 de la Opción B c) Los vectores OP y OR, siendo R el punto genérico de la recta, son proporcionales o iguales

 −2 3 3 OP = (− 4 , 6 , 6 ) − (0 , 0 , 0) = (− 4 , 6 , 6) ≡ (− 2 , 3 , 3) ⇒ = =  OR = (− 4 + 4λ , 8 + 3λ , − 2λ ) − (0 , 0 , 0 ) = (− 4 + 4λ , 8 + 3λ , − 2λ ) − 4 + 4λ 8 + 3λ − 2λ −2 3 12 3   − 4 + 4λ = − 2λ ⇒ 4λ = −12 + 12λ ⇒ −12 + 8λ = 0 ⇒ 8λ = 12 ⇒ λ = 8 = 2 3 8 ⇒ ≠ − ⇒ No existen  3 3 24 8 2 5  = ⇒ −6λ = 24 + 9λ ⇒ 24 + 15λ = 0 ⇒ 15λ = −24 ⇒ λ = − =− 15 5  8 + 3λ − 2λ

Ejercicio 2 : Calificación máxima: 3 puntos.

 sen x si x < 0  Dada la función: f ( x ) =  x se pide:  xe x + 1 si x ≥ 0 a) (1 punto) Estudiar la continuidad de f. b) (1 punto) Estudiar la derivabilidad de f y calcular f’ donde sea posible. 3

c) (1 punto) Calcular

∫ f (x ) dx 1

a) sen x sen 0 0 cos x  L ' Hopital = = = Utilizando  → = lim− = cos 0 = 1 f ( x ) = lim−  xlim − → 0 x → 0 x → 0 x 0 0 1 f (x ) =  ⇒ f (0 ) = lim+ f ( x ) = lim+ xe x + 1 = 0 ⋅ e 0 + 1 = 0 ⋅ 1 + 1 = 0 + 1 = 1  x →0 x →0  f (0 ) = lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = 1 ⇒ Es continua en x = 0 x →0

x →0

b)

 x ⋅ cos x − sen x si x < 0  f ' (x ) =  ⇒ x2  e x + xe x si x > 0 x ⋅ cos x − sen x 0 ⋅ cos 0 − sen 0 0 cos x − x ⋅ sen x − cos x − x ⋅ sen x lim f ' ( x ) = lim− = = = lim− = lim− = 2 2 x →0 − x →0 x → 0 x → 0 0 2x 2x x 0 − sen x sen 0 = lim− =− =0 x →0 2 2 lim+ f ' (x ) = lim+ e x ( x + 1) = e 0 (0 + 1) = 1 ⋅ (0 + 1) = 1 ⋅1 = 1 x →0

x →0

 x ⋅ cos x − sen x si x < 0  2 lim+ f ' (x ) = 0 ≠ lim− f ' ( x ) = 1 ⇒ No es derivable en x = 0 ⇒ f ' ( x ) =  x x →0 x →0  e x + xe x si x > 0

6

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Solución Junio 2015

Juan Carlos Alonso Gianonatti

Continuación del Ejercicio 1 de la Opción B

c) 3

∫

3

(

)

3

[ ]

3

3

) [ ]

(

f ( x ) dx = ∫ xe x + 1 dx = ∫ xe x dx + ∫ dx = xe x 1 − ∫ e x dx + [x ]1 = 3e 3 − 1 ⋅ e1 − e x 1 + (3 − 1)

1

1

1

3

1

3

3

1

x = u ⇒ dx = du  e x dx = dv ⇒ v = e x dx = e x  ∫

(

3

∫ f (x ) dx = 3e

3

)

(

)

− e − e 3 − e 1 + 2 = 2e 3 + 2 = 2 e 3 + 1

1

Ejercicio 3 : Calificación máxima: 2 puntos.

0 0 1  3 0 0     Dadas las matrices: A =  0 1 0  , B =  0 3 0  se pide: 1 0 0  0 0 3     15

20

a) (1 punto) Calcular A y A . b) (1 punto) Resolver la ecuación matricial 6X = B – 3AX, donde X es una matriz cuadrada de orden 3.

a) 0 0 1 0 0 1 1 0 0       A =  0 1 0  ⋅  0 1 0  =  0 1 0  = I 3 ⇒ A3 = A 2 ⋅ A = I 3 ⋅ A = A ⇒ A 4 = A 2 ⋅ A 2 = I 3 ⋅ I 3 = I 3  1 0 0  1 0 0  0 0 1       0 0 1 1 0 0     5 6 15 15 A = A ⇒ A = I 3 ……… A = A =  0 1 0  ……… A = I 3 =  0 1 0  1 0 0 0 0 1     2

b) 6 X + 3 AX = B ⇒ X (6 I 3 + 3 A) = B ⇒ X (6 I 3 + 3 A) (6 I 3 + 3 A) = B (6 I 3 + 3 A) ⇒ XI 3 = B (6 I 3 + 3 A) ⇒ −1

X = B (6 I 3 + 3 A)

1  6I 3 + 3 A = 6 ⋅  0 0  6 0

−1

−1

0 0  0 0 1  6 0 0  0 0 3  6 0 3          1 0 + 3⋅ 0 1 0 = 0 6 0 + 0 3 0 = 0 9 0 ⇒ 1 0 0 0 0 6 3 0 0  3 0 6 0 1          3

6 I 3 + 3 A = 0 9 0 = 324 − 81 = 243 ≠ 0 ⇒ Existe (6 I 3 + 3 A) ⇒ (6 I 3 + 3 A) = −1

3 0 6

( 6I

+ 3A )

t

3

−1

−1

[

1 t adj ( 6 I 3 + 3 A ) 6I 3 + 3A

0 − 27  0 − 27   6 0 3  54  54      1  t −1 =  0 9 0  ⇒ adj ( 6 I 3 + 3 A ) =  0 27 0  ⇒ (6 I 3 + 3 A) = 27 0   0 243   3 0 6  − 27 0 54  54      − 27 0

[

]

7

]

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Solución Junio 2015

Juan Carlos Alonso Gianonatti

Continuación del Ejercicio 3 de la Opción B

b)Continuación 0 − 27  0 − 27  0 − 27   3 0 0  54  1 0 0   54  54   1       1   1 27 0 = 27 0  = ⋅ I3 ⋅ 0 X = 0 3 0 ⋅ ⋅ 3 ⋅  0 1 0 ⋅  0 27 0   0 243  81  0 0 3  243  − 27 0    − 27 0 54  54  54      0 0 1   − 27 0  1  2 0 −   3 0 − 27   3  54   1  1 X = ⋅ 0 27 0 = 0 0    81  3   − 27 0 54 1 2    0 −  3   3

Ejercicio 4 : Calificación máxima: 2 puntos.

1 2 3 1 0 0     Dadas las matrices: A =  0 t 2  e I =  0 1 0  se pide:  3 −1 t  0 0 1     a) (1’25 puntos) Hallar el rango de A en función de t. b) (0’75 puntos) Calcular t para que det(A - tI) = 0.

a) 1

2

3

1

2

3

A=0

t

2=0

t

2 = 1⋅

3 −1 t

0 −7 t −9

t

2

−7 t −9

= t ⋅ (t − 9 ) + 14 = t 2 − 9t + 14 ⇒ Si A = 0 ⇒ t 2 − 9t + 14 = 0

 9−5 t = 2 = 2 9 ± 25 2 ∆ = (− 9 ) − 4 ⋅1 ⋅14 = 81 − 56 = 25 ≥ 0 ⇒ t = ⇒ ⇒ 9+5 2 ⋅1 t = =7 2  ∀t ∈ ℜ − {2 , 7} ⇒ A ≠ 0 ⇒ rang ( A) = 3 Si t = 2 3   1 2 3   1 2 3 1 2 3 1 2         2  ≡  0 1 1  ≡  0 1 1  ⇒ rang ( A) = 2 0 2 2 ≡ 0 2  3 − 1 2   0 − 7 − 7   0 − 1 − 1  0 0 0          Si t = 7 3  1 2 3 1 2 3 1 2       2  ≡  0 7 2  ⇒ rang ( A) = 2 0 7 2 ≡ 0 7  3 −1 7  0 − 7 − 2  0 0 0      

8

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Solución Junio 2015

Juan Carlos Alonso Gianonatti

Continuación del Ejercicio 4 de la Opción B

b) 1− t 2 3 1− t + 6 0 3  1 2 3   t 0 0  1 − t 2 3        A − tI =  0 t 2  −  0 t 0  =  0 0 2  ⇒ A − tI = 0 0 2= 0 0 2  3 −1 t   0 0 t   3 −1 0 3 −1 0 3 −1 0       7−t 3 A − tI = − (− 1) ⋅ = 2 ⋅ (7 − t ) ⇒ Como A − tI = 0 ⇒ 2 ⋅ (7 − t ) = 0 ⇒ 7 − t = 0 ⇒ t = 7 0 2

9