Selectividad

Septiembre 2013

Pruebas de Acceso a enseñanzas universitarias oficiales de grado Castilla y León

EJERCICIO

MATEMÁTICAS II Nº páginas: 2

INDICACIONES: 1.- OPTATIVIDAD: El alumno deberá escoger una de las dos opciones, pudiendo desarrollar los cuatro ejercicios de la misma en el orden que desee. 2.- CALCULADORA: Se permitirá el uso de calculadoras no programables (que no admitan memoria para texto ni representaciones gráficas). CRITERIOS GENERALES DE EVALUACIÓN: Cada ejercicio se puntuará sobre un máximo de 2,5 puntos. Se observarán fundamentalmente los siguientes aspectos: Correcta utilización de los conceptos, definiciones y propiedades relacionadas con la naturaleza de la situación que se trata de resolver. Justificaciones teóricas que se aporten para el desarrollo de las respuestas. Claridad y coherencia en la exposición. Precisión en los cálculos y en las notaciones. Deben figurar explícitamente las operaciones no triviales, de modo que puedan reconstruirse la argumentación lógica y los cálculos. OPCIÓN A 1. a) Discutir el sistema de ecuaciones lineales según los valores del parámetro m:  3x − y + mz = 0  x+ y = m  mx − 3 y + mz = −2m  b) Resolverlo para m = 0. 2. Sean el plano π ≡ x + y + z = 0, la recta r ≡ x = y = z y el punto A (3, 2, 1). a) Hallar la recta que pasa por A, es paralela a π y corta a r. b) Hallar los puntos de r que equidistan de A y de π. 3. Sea f (x) = (x + 1) e–x. Determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, extremos relativos, intervalos de concavidad y convexidad, puntos de inflexión y asíntotas. Esbozar su gráfica. x ln(1 + x) . x →∞ x2 + 1 x +1 +1 b) Calcular ∫ dx . x +1

4. a) Hallar Lim

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OPCIÓN B

1 1 1   1. Sea la matriz M =  0 2 1  .  −1 −2 −2    a) Calcular M –1. b) Calcular la matriz X que cumple X · M + M = 2M2. 2. Sean las rectas r ≡ x = –y = z – 1 y s ≡ x – 2 = y = z – m. a) Determinar m para que las rectas sean coplanarias. b) Para m = 2, calcular la distancia entre las rectas.

3. a) Enunciar el teorema del valor medio de Lagrange. Dar su interpretación geométrica. b) Estudiar la continuidad de la función   e1/ x si x < 0  f (x) =  k si x = 0 1 − cos( x)  si x > 0  sen( x)  π π en el intervalo  − ,  , según los valores de k.  2 2

4. a) Determinar las asíntotas horizontales y verticales de la función f (x) = b) Calcular

∫x

2

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1 . x −x−2 2

1 dx . −x−2

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SOLUCIONES OPCIÓN A 1. a) Discutir el sistema de ecuaciones lineales según los valores del parámetro m:  3x − y + mz = 0  x+ y = m  mx − 3 y + mz = −2m  b) Resolverlo para m = 0. Solución: a) Consideremos las matrices de los coeficientes, M, y la matriz ampliada, M , del sistema:  3 −1 m 0   3 −1 m      M= 1 1 0 M = 1 1 0 m   m −3 m   m −3 m −2 m      Veamos cual es el rango de M:

3

−1 m

1 0 = 3m – 3m + 0 – m2 – 0 + m = – m2 + m m −3 m

|M|= 1

Dicho determinante se anula para: – m2 + m = 0

⇒

m=0 y m=1

Por tanto, tenemos que:

•

Si m ≠ 0 y m ≠ 1 ⇒ rango (M) = 3 = rango ( M ) = nº incógnitas ⇒ Sistema compatible determinado (Solución única)

•

Si m = 0 ⇒ rango (M) = 2 pues podemos encontrar un menor de orden dos no nulo: 3 −1 1

1

=3+1=4≠0

Por otra parte, si orlamos este menor con los elementos de la primera fila y la columna de términos independientes en la matriz ampliada, M , obtenemos que:

3 −1 0 1 1 0 = 0 (por tener una columna nula) 0 −3 0 Por tanto, rango ( M ) = 2 = rango (A) < nº incógnitas = 3 ⇒ indeterminado (Infinitas soluciones dependientes de un parámetro) Dpto. Matemáticas

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Sistema compatible

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•

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Para m = 1 ⇒ rango (M) = 2 pues podemos encontrar un menor de orden dos no nulo (el mismo que antes). Por otra parte, si orlamos este menor con los elementos de la primera fila y la columna de términos independientes en la matriz ampliada, M , obtenemos que:

3 −1

0

1 1 1 = –6 + 0 – 1 – 0 + 9 – 2 = 0 1 −3 −2 Por tanto, rango ( M ) = 2 = rango (M) < nº incógnitas = 3 ⇒ indeterminado (Infinitas soluciones dependientes de un parámetro)

Sistema compatible

3x − y = 0  b) Para m = 0 el sistema que tenemos es  x + y = 0 , que es compatible indeterminado (infinitas  −3 y = 0  soluciones dependientes de un parámetro). El sistema equivalente con el que nos quedamos (eliminados la última ecuación, ya que es la que no forma parte del menor de orden dos no nulo que nos ha ayudado a decidir que rango (M) = rango ( M ) = 2) es: 3 x − y = 0   x+ y =0 Resolviendo este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas y tomando z como parámetro (por ser la incógnita que no formaba parte del menor de orden dos no nulo que nos ha ayudado a decidir que rango (M) = rango ( M ) = 2), z = λ, tenemos que la solución del sistema es:

x = 0   y = 0 con λ ∈ ℝ z = λ  2. Sean el plano π ≡ x + y + z = 0, la recta r ≡ x = y = z y el punto A (3, 2, 1). a) Hallar la recta que pasa por A, es paralela a π y corta a r. b) Hallar los puntos de r que equidistan de A y de π. Solución:

a) Una recta queda determinada si se conocen dos puntos por los que pasa. En nuestro caso la recta buscada, s, pasa por el punto dado, A, y por un punto, R, de la recta dada, r, pues la corta. Para determinar exactamente dicho punto R tengamos e cuenta que como dicha recta es paralela al plano   dado, π, el vector director de la recta buscada, vs = AR , y el vector característico de dicho plano,  p , deben ser perpendiculares, o dicho de otro modo, su producto escalar ha de ser nulo. Comencemos pues considerando un punto genérico R de la recta r (tomando z = λ): R (λ, λ, λ) Dpto. Matemáticas

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  La recta buscada, s, tendrá como vector director a vs = AR :   vs = AR = (λ – 3, λ – 2, λ – 1)  Por otra parte el vector característico del plano π, p , es:  p = (1, 1, 1)

Entonces:

  vs · p = 0

⇒

(λ – 3, λ – 2, λ – 1) · (1, 1, 1) = λ – 3 + λ – 2 + λ – 1 = 0 ⇒ 3λ = 6 ⇒ λ=2

⇒

Así, el punto de la recta r en que la recta buscada s la corta es: R (2, 2, 2)

Dicha recta s queda pues determinada por los puntos A y R. Un vector director de la misma es:

  vs = AR = (–1, 0, 1) Por tanto, las ecuaciones paramétricas de la recta s son:

x = 3 − µ  s≡  y=2 con µ ∈ ℝ  z = 1+ µ  Veamos otra forma de resolver este mismo apartado. Realmente consiste en otra forma de calcular el punto R de la recta r en el que se cortan dicha recta y la recta buscada, s. Para ello, tengamos en cuenta que la recta s estará contenida en un plano paralelo al plano dado, π, que pase por el punto A. La intersección de dicho plano, al que llamaremos π1, y la recta r es el punto R que junto con el punto A determinan la recta buscada s. El plano π1 paralelo al plano dado π tiene por ecuación: π1 ≡ x + y + z + k = 0 Como dicho plano pasa por el punto A, las coordenadas de este punto verifican la ecuación de dicho plano. Entonces: A ∈ π1

⇒

3+2+1+k=0

⇒

k = –6

Por tanto π1 tiene por ecuación: π1 ≡ x + y + z – 6 = 0

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La intersección de este y de la recta r nos dará el punto R que buscamos: R = π1 ∩ r Para calcular dicha intersección podemos sustituir las coordenadas de un punto genérico de la recta r, R (λ, λ, λ), en la ecuación de π1: λ+λ+λ–6=0

⇒

3λ = 6

⇒

λ=2

Por tanto se tiene que R tiene por coordenadas: R (2, 2, 2) A partir de aquí continuamos como anteriormente hemos procedido. b) Comencemos pensando que si R es un punto de la recta r, que equidista de A y π, debe cumplir que: d (R, A) = d (R, π) Pues bien, consideremos un punto genérico de la recta r, R, de coordenadas (λ, λ, λ). Entonces: d (R, A) =

(3 − λ )2 + (2 − λ )2 + (1 − λ ) 2

d (R, π) =

|λ + λ + λ| 1 +1 +1 2

2

2

=

|3λ | 3

Por tanto, se tiene que: (3 − λ )2 + (2 − λ )2 + (1 − λ ) 2 =

|3λ | 3

Elevando los dos miembros al cuadrado, desarrollando las igualdades notables y despejando λ, obtenemos el punto R buscado: (3 – λ)2 + (2 – λ)2 + (1 – λ)2 = 3λ2

⇒

3λ2 – 12λ + 14 = 3λ2

⇒

λ=

14 7 = 12 6

Llegamos entonces a que el punto R de la recta r que equidista de A y de π es: 7 7 7 R , ,  6 6 6

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3. Sea f (x) = (x + 1) e–x. Determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, extremos relativos, intervalos de concavidad y convexidad, puntos de inflexión y asíntotas. Esbozar su gráfica. Solución: En primer lugar tengamos en cuenta que el dominio de esta función es todo ℝ por ser producto de funciones (una polinómica y otra exponencial) cuyo dominio es todo ℝ : Dom f = ℝ Estudiemos el crecimiento, decrecimiento y extremos relativos. Para ello calculemos la derivada primera: f ‘(x) = e–x – (x +1) e–x = – x e–x Obtenemos los puntos singulares igualando dicha derivada a cero: f ‘(x) = 0

⇒

– x e–x = 0

⇒

x=0

Representemos sobre una recta este punto singular y veamos que signo toma la derivada primera en cada uno de los intervalos en que queda dividida la recta: f ‘ (x) > 0

f ‘ (x) < 0 0

Entonces, la función es creciente en (–∞, 0) y decreciente en (0, +∞). Por tanto, como para x = 0 cambia la monotonía de la función (de creciente a decreciente), en dicho punto, f (x) tiene un máximo: Máximo en (0, 1) Estudiemos a continuación la curvatura y los puntos de inflexión. Para ello, calculemos la derivada segunda: f ‘’(x) = –e–x + x e–x = (x – 1) · e–x Los puntos de inflexión se presentan en las soluciones de la ecuación que resulta de igualar la derivada segunda a cero: f ‘’(x) = 0

⇒

⇒

(x – 1) · e–x = 0

(x – 1) = 0

⇒

x=1

Al estudiar la curvatura de la función tenemos que:

f ‘’ (x) < 0

f ‘’ (x) > 0 1

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De aquí se deduce que la función es cóncava hacia abajo en (–∞, 1) y cóncava hacia arriba en (1, +∞). Por tanto, como para x = 1 cambia la curvatura de la función (de cóncava hacia arriba a cóncava hacia abajo), en dicho punto, f (x) tiene un punto de inflexión:  2 Punto de inflexión en 1,   e

Calculemos ahora las asíntotas. Estas pueden ser de tres tipos: • Asíntotas verticales: La función f (x) no presenta asíntotas verticales por ser Dom f = ℝ .

• Asíntotas horizontales: Estudiemos qué pasa si x → +∞: Lim ( x + 1)e− x = Lim

x → +∞

x → +∞

( x + 1) 1 L´ Hopital =  → = Lim x = 0 x x → +∞ e e

Por tanto hay asíntota horizontal si x → +∞, cuya ecuación es y = 0. Estudiemos qué pasa si x → –∞: Lim ( x + 1)e − x = Lim (− x + 1)e x = (−∞)·(+∞) = −∞

x → −∞

x → +∞

Por tanto no hay asíntota horizontal si x → –∞. • Asíntotas oblicuas: Si existe asíntota oblicua, esta debe ser para x → –∞. Para el caso x → +∞ no puede haber asíntota oblicua pues ya existe asíntota horizontal y estas son excluyentes. Las asíntotas oblicuas son de la forma y = mx + n, donde m y n se calculan a través de los siguientes límites, que deben existir y ser finitos: m = Lim

x → −∞

f ( x) x

y

n = Lim ( f ( x) − mx) x → −∞

Así: ( x + 1)e− x (− x + 1)e x − xe x L´ Hopital = Lim =  → = Lim = Lim xe x = +∞ x → −∞ x →+∞ x → +∞ −1 x → +∞ x −x

m = Lim

Como m no es finito, no existe asíntota oblicua si x → –∞.

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Con toda la información obtenida anteriormente, tenemos que la representación gráfica de la función es:

x ln(1 + x) . x2 + 1 x +1 +1 dx . x +1

4. a) Hallar Lim x →∞

b) Calcular

∫

Solución: a) Podemos observar que si intentamos calcular este límite vamos obteniendo indeterminaciones del ∞ tipo , que podemos resolver aplicando la regla de L´Hopital: ∞

1 ln(1 + x) + x · x ln(1 + x) L´ Hopital L´ Hopital x + 1 = Lim ( x + 1) ln(1 + x) + x =  Lim =  → = Lim →= 2 →∞ →∞ x →∞ x x x +1 2x 2 x( x + 1) 1 1 ln(1 + x) + (1 + x) +1 ln(1 + x) + 2 1 (1 + x) L´ Hopital = Lim = Lim =  → = Lim 1 + x = Lim =0 x →∞ x →∞ x →∞ x →∞ 2( x + 1) + 2 x 4x + 2 4 4 + 4x b) Para resolver esta integral, hagamos el siguiente cambio de variable: t2 = x + 1

⇒

2t dt = dx

Entonces:

∫

x +1 +1 dx = x +1

∫

t2 +1 t +1  1 2tdt = 2 ∫ dt = 2 ∫ 1 +  dt = 2t + 2 ln t + C 2 t t  t

Deshaciendo el cambio de variable, como t =

∫ Dpto. Matemáticas

x +1 +1 dx = 2 x +1

x + 1 , se tiene:

x + 1 + 2 ln x + 1 + C = 2

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x + 1 + ln (x + 1) + C

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OPCIÓN B

1 1 1   1. Sea la matriz M =  0 2 1  .  −1 −2 −2    a) Calcular M –1. b) Calcular la matriz X que cumple X · M + M = 2M2. Solución: a) Para calcular la inversa de una matriz, esta debe ser regular, es decir, su determinante ha de ser no nulo (| M | ≠ 0). En este caso, su matriz inversa viene dada por: M

–1

Ajd ( M t ) = |M |

donde Ajd (Mt) es la matriz adjunta de la transpuesta de M. Veamos si M es regular:

1

1

1

| M | = 0 2 1 = –4 + 0 – 1 + 2 + 2 – 0 = –1 ≠ 0 −1 −2 −2 Por tanto Mes regular y existe M –1. Calculémosla:

1 0 −1    M =  1 2 −2   1 1 −2    t

⇒

 −2 0 −1    Ajd (M ) =  −1 −1 −1  2 1 2   t

⇒

M

–1

 2 0 1 Ajd ( M t )   =1 1 1 = |M |  −2 −1 −2   

b) Calculemos la matriz X que cumple X · M + M = 2M2. Para ello despejemos la matriz X de la ecuación matricial anterior: X · M + M = 2M2

⇒

X · M = 2M2 – M

⇒

X = (2M2 – M) · M –1

⇒

X = 2M – I

Procedamos:

 1 1 1  1 0 0  2 2 2  1 0 0  1 2 2            X = 2M – I = 2 ·  0 2 1  –  0 1 0  =  0 4 2  –  0 1 0  =  0 3 2   −1 −2 −2   0 0 1   −2 −4 −4   0 0 1   −2 −4 −5            Otra forma de calcular X es a partir de la expresión X = (2M2 – M) · M –1, aunque es más larga:

 1 1 1   1 1 1   0 1 0       M2 =  0 2 1  ·  0 2 1  =  −1 2 0   −1 −2 −2   −1 −2 −2   1 −1 1        Dpto. Matemáticas

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⇒

 0 2 0   2 M2 =  −2 4 0   2 −2 2    IES “Ramón Olleros”

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 0 2 0   1 1 1   −1 1 −1       2M2 – M =  −2 4 0  –  0 2 1  =  −2 2 −1  2 −2 2   −1 −2 −2   3 0 4       

2

X = (2M – M) · M

–1

 −1 1 −1  2 0 1   1 2 2        =  −2 2 −1 ·  1 1 1  =  0 3 2   3 0 4   −2 −1 −2   −2 −4 −5       

2. Sean las rectas r ≡ x = –y = z – 1 y s ≡ x – 2 = y = z – m. a) Determinar m para que las rectas sean coplanarias. b) Para m = 2, calcular la distancia entre las rectas. Solución:

   a) Consideremos los vectores directores de las rectas r y s, vr y vs , y un tercer vector w que una un punto de la recta r con uno de la recta s. Si estos tres vectores fueran linealmente independientes (el determinante formado por ellos tres fuese no nulo) entonces formarían una base de V3 y las dos rectas no serían coplanarias. Si por el contrario esos tres vectores fuesen linealmente dependientes (el determinante formado por ellos tres fuese nulo) entonces las dos rectas estarían contenidas en un plano. Veamos para qué valores de m ocurre esto último. Para ello tengamos en cuenta que las ecuaciones paramétricas de r y s son respectivamente:  x=λ  r ≡  y = −λ con λ ∈ ℝ z = 1+ λ 

y

x = 2+µ  s ≡  y = µ con µ ∈ ℝ z = m + µ 

Por tanto, de aquí deducimos que:

 vr = (1, –1, 1)

;

 vs = (1, 1, 1)

;

 w = (2, 0, m – 1)

Como estos tres vectores han de ser linealmente dependientes, se debe cumplir que:

1 −1 1 2

1 0

1 1 =0 m −1

⇒

(m – 1) + 0 – 2 – 2 – 0 + (m – 1) = 0

⇒

2m – 6 = 0

⇒

m=3

Por tanto, el valor de m para que las rectas r y s sean coplanarias es m = 3. Podemos resolver este apartado de otra manera si tenemos en cuenta que dos rectas coplanarias o son paralelas o secantes. En este caso las rectas r y s no son paralelas, pues como se comprueba   fácilmente sus vectores directores, vr y vs , no son proporcionales, y por tanto, se han de cortar. Entonces el sistema formado por las cuatro ecuaciones de los planos que determinan las rectas r y s (ecuaciones implícitas de las mismas) ha de ser un sistema compatible determinado (solución única). Dpto. Matemáticas

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Las ecuaciones implícitas de las rectas son: x + y = 0 r≡   y + z =1

 x− y = 2 s≡   y − z = −m

y

Consideremos las matrices de los coeficientes, M, y la matriz ampliada, M , del sistema formado por las ecuaciones de los cuatro planos que determinan las ecuaciones implícitas de r y s. 1 1 0    0 1 1  M=  1 −1 0     0 1 −1

1 1 0 0    0 1 1 1   M =  1 −1 0 2     0 1 −1 − m 

y

Este sistema ha de ser compatible determinado y por tanto se ha de cumplir que: rango M = rango M = nº incógnitas = 3 Se comprueba fácilmente que en la matriz M hay un menor de orden tres no nulo (tres primeras filas):

1

1

0

0 1 1 =0+0+1–0+1–0=2≠0 1 −1 0

⇒

rango M = 3

Como el rango de M también ha de ser tres, su determinante ha de ser nulo. Calculemos | M |: 1 1 0 1 | M |= 1 −1 0

1

0 1 0

0 1 2

1 1+1

= 1 · (–1)

−1 − m

1

1

1

−1 0 2 + 1 · (–1) 1 −1 − m

3+1

0

0

1 1 1 = 1 −1 − m

= (5 – m) + (–m + 1) = 6 – 2m Por tanto: 6 – 2m = 0

⇒

m=3

b) Para m = 2, tenemos las rectas r ≡ x = –y = z – 1 y s ≡ x – 2 = y = z – 2. La distancia de r a s viene dada por:

   RS ·(vr ∧ vs ) d (r, s) =   vr ∧ vs

  siendo R un punto de la recta r, S un punto de la recta s y vr y vs los vectores directores de ambas rectas. Dpto. Matemáticas

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Como las ecuaciones paramétricas de r y s son respectivamente:

 x=λ  r ≡  y = −λ con λ ∈ ℝ z = 1+ λ 

y

x = 2 + µ  s ≡  y = µ con µ ∈ ℝ z = 2 + µ 

se tiene que: R (0, 0, 1)

 vr = (1, –1, 1) Entonces:

 i

 RS = (2, 0, 1)

⇒

S (2, 0, 2)

 vs = (1, 1, 1)  j

 k     vr ∧ vs = 1 −1 1 = –2 i + 2 k 1 1 1

   RS · ( vr ∧ vs ) = (2, 0, 1) · (–2, 0, 2) = –4 + 0 + 2 = –2 Así:

   RS ·(vr ∧ vs ) d (r, s) = =   vr ∧ vs

| −2 | (−2)2 + 02 + 22

=

2 2 = u. 2 8

Otra forma de hallar la distancia entre las dos rectas es a través del cálculo de los puntos de corte de la perpendicular común a r y a s con dichas rectas. Para ello debemos tener en cuenta que cualquier recta que se apoya en r y en s, tiene como vector director la diferencia entre los puntos genéricos de las dos rectas. Como la recta buscada es la perpendicular común, el producto escalar de este vector con el de cada uno de las rectas dadas, r y s, ha de ser nulo. Entonces, para calcular los puntos de corte de la perpendicular común a r y a s con dichas rectas podemos seguir el siguiente procedimiento: a) Calculamos la ecuaciones parámetricas de las rectas r y s (a partir de las cuales podemos obtener el vector director y un punto de cada una de ellas). b) Con las coordenadas genéricas de los puntos de r y s obtenidas en el paso anterior podemos calcular un vector que una un punto genérico de r con un punto genérico de s.  c) Dicho vector ha de ser perpendicular simultáneamente a los vectores directores de r y s, vr y  vs . De aquí deduciremos cuánto valen los parámetros necesarios para determinar los puntos exactos de corte de la perpendicular común con ambas rectas. Procedamos pues, calculando las ecuaciones paramétricas de la recta r y s (obtenidas anteriormente):

 x=λ  r ≡  y = −λ con λ ∈ ℝ z = 1+ λ  Dpto. Matemáticas

y

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x = 2 + µ  s ≡  y = µ con µ ∈ ℝ z = 2 + µ  IES “Ramón Olleros”

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Un punto genérico de la recta r será R (λ, –λ, 1 + λ). Un punto genérico de la recta s será S (2 + µ, µ, 2 + µ). El vector determinado por estos puntos es:

 RS = (2 + µ – λ, µ + λ, 1 + µ – λ)  Imponemos la condición de que el vector RS sea perpendicular simultáneamente a los vectores   directores de r y s, vr y vs :   RS · vr = 0   RS · vs = 0

⇒

(2 + µ – λ, µ + λ, 1 + µ – λ) · (1, –1, 1) = 0

⇒

µ – 3λ + 3 = 0

⇒

(2 + µ – λ, µ + λ, 1 + µ – λ) · (1, 1, 1) = 0

⇒

3µ – λ + 3 = 0

Si resolvemos el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (λ y µ) que hemos obtenido, se llega 3 3 a que λ = y µ = − . Por tanto, los puntos R y S en los que la perpendicular común corta a las 4 4 rectas r y s, respectivamente, son: 3 3 7 R  ,− ,  4 4 4

y

5 3 5 S  ,− ,  4 4 4

Calculemos finalmente la distancia entre ellos, que será la distancia entre las rectas dadas r y s: 2

d (r, s) = d (R, S) =

2

2

2

2

2 5 3  3 3 5 7 1  1 2 u.  −  +− +  + −  =   +0 +−  = 2 4 4  4 4 4 4 2  2

3. a) Enunciar el teorema del valor medio de Lagrange. Dar su interpretación geométrica. b) Estudiar la continuidad de la función   e1/ x si x < 0  f (x) =  k si x = 0 1 − cos( x)  si x > 0  sen( x)  π π en el intervalo  − ,  , según los valores de k.  2 2

Solución: a) El teorema del valor medio de Lagrange: Si f es una función continua en el intervalo [a, b] y derivable en el intervalo abierto (a, b), entonces existe al menos un punto c ∈ (a, b), tal que: f ‘ (c) =

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f (b) − f (a ) b−a

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Su interpretación geométrica nos dice que si una función f cumple las hipótesis de estar definida y ser continua en el intervalo [a, b] y ser derivable en el intervalo abierto (a, b) entonces existe al menos un punto c ∈ (a, b) en que la recta tangente a la curva en dicho punto c es paralela a la recta secante que une los puntos (a, f (a)) y (b, f (b)).

b) La función f (x) es una función definida a trozos que consta de otras dos funciones (f1 (x) = e1/x 1 − cos( x) y f2 (x) = ), cada una de las cuales es continua en los trozos donde están definidas dentro sen( x)  π π del intervalo  − ,  . El primer trozo, f1 (x) = e1/x, es continua en su dominio (Dom f1 = ℝ – {0}),  2 2 1 − cos( x)  π  y por tanto es continua en el intervalo  − , 0  . El segundo trozo, f2 (x) = , es continua sen( x)  2  en su dominio (Dom f2 = ℝ – {x / x = mπ, con m ∈ ℤ }), y por tanto es continua en el intervalo  π  0,  . Por tanto, el único punto en el que la función f (x) puede presentar una discontinuidad es  2 para x = 0. Veamos qué valor debe tomar k para que sea continua en él. Dicha función f (x) será continua en x = 0 si se cumple que: f (0) = Lim− f ( x) = Lim+ f ( x) x→ 0

x→ 0

Por una parte tenemos que:

f (0) = k Por otra parte:

Lim− f ( x) = Lim− ( e1/ x ) = e1/ 0 = e −∞ = 0 −

x→ 0

x→ 0

Finalmente:

Lim+ f ( x) = Lim+ x→ 0

x→ 0

1 − cos( x) sen( x) L´ Hopital =  → = Lim+ =0 x → 0 cos( x ) sen( x)

Por tanto para que f (x) sea continua en x = 0 debe ser k = 0. Si k fuese distinto de cero (k ≠ 0), la función f (x) tendría una discontinuidad evitable en x = 0. Dpto. Matemáticas

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4. a) Determinar las asíntotas horizontales y verticales de la función f (x) = b) Calcular

∫x

2

1 . x −x−2 2

1 dx . −x−2

Solución: a) En primer lugar tengamos en cuenta que al dominio de esta función no pertenecerán aquellos valores que anulen el denominador. Así pues:

⇒

x2 – x – 2 = 0

x = –1 y x = 2

Por tanto: Dom f = ℝ – {–1, 2} Calculemos ahora las asíntotas pedidas:

• Asíntotas verticales: La función f (x) puede presentar asíntotas verticales en aquellos puntos que no pertenecen al dominio, o son frontera en su dominio. En este caso puede haber asíntotas verticales para x = –1 y x = 2. Veámoslo: 1 1 = =∞ x →−1 x − x − 2 0

Lim

y

2

Lim x→ 2

1 1 = =∞ x −x−2 0 2

Por tanto hay asíntotas verticales en x = –1 y x = 2.

• Asíntotas horizontales: Lim

x → ±∞

1 1 = =0 x − x−2 ∞ 2

Por tanto hay asíntota horizontal, cuya ecuación es y = 0. b) Esta es una integral racional. Descompongamos en fracciones simples el integrando: 1 A B A( x − 2) + B ( x + 1) ( A + B ) x − 2 A + B = + = = x −x−2 x +1 x − 2 ( x + 1)·( x − 2) x2 − x − 2 2

Igualando los coeficientes de los numeradores de la primera y última expresión tenemos:

A + B = 0   −2 A + B = 1 Resolviendo este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas se obtiene que A = –

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1 1 y B= . 3 3

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Así:

∫x

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2

1 1  −1 1  1 1 1 1 dx = ∫  dx + ∫ dx = +  dx = − ∫ −x−2 3  x +1 x − 2  3 x +1 3 x−2 1 1 = – Ln | x + 1| + Ln | x – 2 | + C 3 3

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