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 +

;

f’(0) =

−3 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