Sobrantes 2010 Modelo 3

Germán Jesús Rubio Luna   " g.j.rubio@telefonica.net "    Catedrático de Matemáticas del IES Francisco Ayala de Granada

Opción A

Opción B

Ejercicio 1A Ejercicio 2A Ejercicio 3A Ejercicio 4A Ejercicio 1B Ejercicio 2B Ejercicio 3B Ejercicio 4B

Modelo 3. Ejercicio 1 de la Opción A de Sobrantes de 2010

[2’5 puntos] Sea la función f : R → R dada por f(x) =

Calcula las constantes a, b y c sabiendo que f es derivable y que la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x = 1 tiene pendiente 3.

Solución

f(x) =

Me dicen que f es derivable e R y que la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x = 1 tiene pendiente 3.

Como me dicen que f es derivable en R, y sabemos que si es derivable también es continua, por tanto f es continua y derivable en R en especial en x = 0.

Como f es continua en x = 0 tenemos que:

f(0) = lim x →0- [f(x)] = lim x→0+ [f(x)]

f(0) = lim x→0- [f(x)] = lim x→0- [ e x.( x2+ax) ] = e 0.( 0+0) = 1.0 = 0

lim x→0+ [f(x)] = lim x→0+ [ (bx2 + c)/(x + 1) ] = (0+ c)/(0 + 1) = c

Igualando tenemos c = 0.

f’(x) =

Como f es derivable en x = 0 tenemos que:

f’(0 -) = f’(0 +)

Vamos a utilizar la continuidad de la derivada que es más rápido

f’(0 -) = lim x→0- [f’(x)] = lim x→0- [e x. ( x2+ax) + e x.(2x2+a)] = e 0.( 0) + e 0.(0+a) = a

f’(0 +) = lim x→0+ [f’(x)] = lim x→0+ [ ( 2bx(x+1) –bx2 ) / (x+1)2 ] = ( 0(1) – 0 ) / (1)2 = 0

Igualando tenemos a = 0.

Sabemos que la pendiente de la recta tangente en x = 1 es f’(1), y me dicen que vale 3.

Como x=1 es mayor que 0 utilizamos la expresión f’(x) = ( 2bx(x+1) –bx2 ) / (x+1)2, por tanto tenemos que

f’(1) = 3 = ( 2b(1+1) – b.1 )/(1+1)2 = 3b/4. De 3b/4 = 3 tenemos b = 4.

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Modelo 3. Ejercicio 2 de la Opción A de Sobrantes de 2010

[2’5 puntos] Dada la función f definida por f(x) = 3/(x2 -5x+4) para x ¹ 1y x ¹ 4. Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de f, el eje de abscisas, y las rectas x =2, x = 3.

Solución

De f(x) = 3/(x2 -5x+4) para x ¹ 1y x ¹ 4, estamos viendo que x = 1 y x = 4, son asíntotas verticales de f(x). (Si se calcula el límite cuando x tiende a 1 ó a 4 nos sale infinito). La gráfica entre las asíntotas se parece a la de una parábola con las ramas hacia abajo (gráfica de la función 1/g(x) a partir de la gráfica de g(x) en el caso de que g(x) sea una parábola), a izquierda y derecha de las asíntotas verticales x = 1 y x = 4, sabiendo que también tiene como asíntota horizontal y = 0, la gráfica se parece a trozos de hipérbola (me acerco a las asíntotas).

Aunque no es necesario pongo un esbozo de la gráfica de "x2 – 5x + 4" (en rojo) y de "3/( x2 – 5x + 4 )" (en azul)

Como en principio no sé la gráfica pongo valores absolutos ( | | )

Área = | (∫23 [ 3/(x2 -5x+4) ].dx | = | (∫23 [ 3/( (x -1)(x - 4) ) ].dx | = **

La descomposición en suma de fracciones simples es 3/( (x -1)(x - 4) ) = A/(x-1) + B/(x-4) =

= [ ( A(x-4) + B(x-1) ) ] / ((x -1)(x - 4) ). Igualando numeradores tenemos 3 = A(x-4) + B(x-1)

Tomando x = 1, nos sale 3 = A(-3), de donde A = -1

Tomando x = 4, nos sale 3 = B(3), de donde B = 1

Seguimos ya con la integral

** = | (∫23 [ A/(x -1) + B/(x - 4) ) ].dx | = | (∫23 [ -1/(x -1) + 1/(x - 4) ) ].dx | =

= | [ -ln|x-1| + ln|x-4| ]23 | = | ( (-ln(2) + ln(1) ) – ( -ln(1) + ln(2) ) ) | = | -2ln(2) | = 2.ln(2) u.a.

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Modelo 3. Ejercicio 3 de la Opción A de Sobrantes de 2010

 

Considera las siguientes matrices A = y B =

(a) [0’75 puntos] Calcula A -1.

(b) [1’75 puntos] Resuelve la ecuación matricial AXAt − B = 2I, donde I es la matriz identidad de orden 2 y At es la matriz traspuesta de A.

Solución

(a)

A =

Para que A tenga inversa A -1 = (1/|A|).Adj(At), su determinante ( | | ) tiene que ser distinto de cero.

|A| = -1 ¹ 0

A t = ; Adj(At) = ; A -1 = (1/|A|).Adj(At) =

(b)

Antes de realizar este apartado tenemos que recordar que (A -1) t = (A t) -1, por tanto la inversa de la traspuesta es la traspuesta de la inversa.

(A t) -1 =

De AXAt − B = 2I, tenemos AXAt = B + 2I. Multiplicando esta expresión por la izquierda por A -1 y por la derecha por (A t) -1 tenemos:

A -1.AXAt.(A t) -1 = A -1.(B + 2I).(A t) -1. Por definición de matriz inversa tenemos

I.X.I = X = A -1.(B + 2I).(A t) -1 = .[ + 2. ].=

= ..=.=

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Modelo 3. Ejercicio 4 de la Opción A de Sobrantes de 2010

Considera los puntos A(1, 2, 1) y B(−1, 0, 3).

(a) [1’25 puntos] Calcula las coordenadas de los puntos que dividen el segmento AB en tres partes iguales.

(b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano perpendicular al segmento AB y que pasa por A.

Solución

(a)

A(1, 2, 1) y B(−1, 0, 3).

Vectorialmente vemos que 3AM = AB, es decir 3(x-1,y-2,z-1) = ( -2,-2,2); (3x-3,3y-6,3z-3) = ( -2,-2,2). Igualando:

3x-3 = -2, de donde 3x = 1 y por tanto x = 1/3

3y-6 = -2, de donde 3y = 4 y por tanto x = 4/3

3z-3 = 2, de donde 3z = 5 y por tanto x = 5/3

El punto M es M(1/3, 4/3, 5/3)

El punto N lo podemos calcular viendo que es el punto medio de los puntos M y B, es decir:

N( (1/3-1)/2, (4/3+0)/2, (5/3+3)/2 ) = N(-2/6, 4/6, 14/6)

(b)

El plano perpendicular al segmento AB por el punto A tiene como punto el A(1, 2, 1) y como vector normal el n = AB = (-2,-2, 2)

Un plano paralelo es -2x-2y+2z + K = 0, como pasa por A, tenemos -2(1)-2(2)+2(1) + K = 0, de donde K = 4 y el plano pedido es -2x-2y+2z + 4 = 0, o bien x + y - z – 2 = 0.

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Modelo 3. Ejercicio 1 de la Opción B de Sobrantes de 2010

[2’5 puntos] Sea f : R → R la función definida como f(x) = (x + 1).3√( 3 – x). Halla las ecuaciones de la recta tangente y de la recta normal a la gráfica de f en el punto de abscisa x = −5 y en el punto de abscisa x = 2.

Solución

Recta tangente y recta normal a la gráfica de f en el punto de abscisa x = −5 y en x = 2.

Recta tangente de f(x) en x = a es " y – f(a) = f’(a).(x – a)"

Recta normal (perpendicular) de f(x) en x = a es " y – f(a) = (-1/f’(a)).(x – a)"

f(x) = (x + 1).3√( 3 – x), con lo cual:

f(-5) = (-5 + 1).3√( 3 + 5) = -4. 3√( 23) = (-4)(2) = -8

f(2) = (2 + 1).3√( 3 - 2) = (3). 3√(1) = (3)(1) = 3

f’(x) = 3√( 3 – x) - (x + 1)/[ 3.3√( ( 3 – x)2 ), con lo cual:

f’(-5) = 3√( 3 +5) - (-5 + 1)/[ 3.3√( ( 3 +5)2 ) = 3√( 23) - (-4)/[ 3.3√( ( 23 )2 ) = 2 + 4/(3.22) = 2 + 1/3 = 7/3.

f’(2) = 3√( 3 -1) - (2 + 1)./[ 3.3√( ( 3 -2)2 ) = 1 - (3)./[ 3.(1)2 ) = 1 - 1 = 0.

La recta tangente de f(x) en x = -5 es " y – f(-5) = f’(-5).(x + 5)", es decir " y – (-8) = (7/3)(x+5)

La recta normal de f(x) en x = -5 es " y – f(-5) = (-1/f’(-5)).(x + 5)", es decir " y – (-8) = (-3/7)(x+5)

La recta tangente de f(x) en x = 2 es " y – f(2) = f’(2).(x – 2)", es decir " y – (3) = 0.(x–2) = 0, la recta y = 3

La recta normal de f(x) en x = 2, podemos pensar que es la recta vertical x = 2, al ser la recta tangente la recta horizontal y = 3.

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Modelo 3. Ejercicio 2 de la Opción B de Sobrantes de 2010

Considera la función f : R → R definida por f(x) = x|2 − x|.

(a) [1 punto] Esboza su gráfica.

(b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de f, el eje de abscisas y la recta de ecuación x=3.

Solución

(a)

Sabemos que |2 – x| = , por tanto f(x) = x|2 − x| = .

Esta función es continua en todo R porque el valor absoluto es una función continua en todo R, y el producto de funciones continua y compuesta de funciones continuas es continua

Si x < 2 tenemos la parábola –x2 + 2x que como sabemos tiene las ramas hacia abajo, corta al eje OX en x = 0 y x = 2, y el vértice en (-b/2a, f(-b/2a)) = (1, 1). (Sólo la dibujamos para x < 2, en azul)

Si x ≥ 2 tenemos la parábola x2 – 2x que como sabemos tiene las ramas hacia arriba, corta al eje OX en x = 0 y x=2, y el vértice en (-b/2a, f(-b/2a)) = (1, -1). (Sólo la dibujamos para x ≥ 2, en rojo)

Un esbozo de la gráfica es

(b)

El área del recinto limitado por f, el eje OX y la recta x=3, según vemos en la figura es

Área = = ∫02 (-x2+2x)dx + ∫23 (x2-2x)dx = [-x3/3+x2]02 + [x3/3-x2]23 = ( (-8/3+4)-0 ) + ( (9-9) – (8/3 – 4) ) = 8/3 u.a.

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Modelo 3. Ejercicio 3 de la Opción B de Sobrantes de 2010

[2’5 puntos] Obtén un vector no nulo v =(a, b, c), de manera que las matrices siguientes tengan simultáneamente rango 2.

A = B =

Solución

v =(a, b, c), A = B =

En A como el rango de A ya es 2.

En B como el rango de B ya es 2.

Para que rango(A) = rango(B) = 2, sus determinantes ( | | ) han de ser 0.

|A| = ={Adjuntos 2ª fila} = 1(-1)(c-a) +0 + b(-1)(0) = a – c = 0, de donde a = c.

|B| = ={Adjuntos 1ª fila} = 2(1)(-c-b) +0 + a(3) = 3a – 2b – 2c = 0. Como a = c tenemos 3c-2b-2c = 0, de donde b = c/2.

El vector pedido es v =(c, c/2, c), con "c" cualquier nº distinto de cero porque no puede ser nulo el vector v.

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Modelo 3. Ejercicio 4 de la Opción B de Sobrantes de 2010

Considera el plano π definido por 2x − y + nz = 0 y la recta r dada por

(x – 1)/m = y/4 = (z – 1)/2

con m ¹ 0.

(a) [1’25 puntos] Calcula m y n para que la recta r sea perpendicular al plano π.

(b) [1’25 puntos] Calcula m y n para que la recta r esté contenida en el plano π.

Solución

(a)

π : 2x − y + nz = 0. Un vector normal es n = (2,-1,n)

"r" : (x – 1)/m = y/4 = (z – 1)/2, con m ¹ 0. Un punto es A(1,0,1) y un vector director es u = (m,4,2)

Si la recta "r" es perpendicular al plano "π" los vectores n y u son paralelos y por tanto sus coordenadas proporcionales, es decir 2/m = -1/4 = n/2, de donde obtenemos dos ecuaciones:

2/m = -1/4, luego m = -8.

-1/4 = n/2, luego n = -1/2.

(b)

Si la recta "r" esta contenido en el plano su punto A(1,0,1) pertenece la plano, es decir 2(1) − 0 + n(1) = 0, de donde n = -2.

Como la recta está contenida en el plano es paralela a el y por tanto los vectores n y u son perpendiculares y su producto escalar ( . ) es cero.

n.u = 0 = (2,-1,n). (m,4,2) = (2,-1,-2). (m,4,2) = 2m – 4 – 4 = 2m – 8 = 0, de donde m = 4.


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