Examen 2008 09

IPEP de Granada
MATEMÁTICAS MAYORES 25
Examen del curso 2008/09
Dpto. de Matemáticas
EJERCICIO 1
a) (5 puntos) Sabiendo que A y B son ángulos del segundo cuadrante y que senA 
cos A  B  y sen A  B
1
2
y que cos B   calcula
2
2
b) (5 puntos) Expresa como un único radical 2 8a3  288a3  3 128a3  72a3  2 32a3 , siendo a un número real
positivo.
EJERCICIO 2


a) (5 puntos) Resuelve la ecuación ln 2  ln 11 x 2  2 ln5  x donde ln x representa al logaritmo neperiano de x.
b) (5 puntos) Calcula
 2n 2  1 3n 2  1 

.

lím
2n
3n  1 
n 
EJERCICIO 3
a) (5 puntos) En un mismo gráfico, representa las dos parábolas de ecuaciones y  x 2 e y  2  x 2 , respectivamente.
b) (5 puntos) Calcula el área de la región del plano limitada por las gráficas de las parábolas del apartado anterior.
EJERCICIO 4
a) (5 puntos) Calcula y simplifica
x2  2 x  1 3  x

 2
x3
x
x
b) (5 puntos) Calcula las dimensiones de un solar rectangular que tiene 140 metros de perímetro y 50 metros de diagonal
EJERCICIO 5
Dado el triángulo de vértices los puntos del plano A(1,1) B(2,2) C (0,5) .
a) (5 puntos) Encuentra la ecuación de la recta paralela al lado AB que pasa por C.
b) (5 puntos) Encuentra la ecuación de la mediatriz del segmento de extremos A y B
EJERCICIO 6
Dada la función f definida para los números reales x , x  1 por f ( x) 
2x2
x 1
a) (5 puntos) Determina los intervalos donde es creciente la función f y donde es decreciente.
b) (5 puntos) Determina las asíntotas de la gráfica de f .
SOLUCIONES
EJERCICIO 1
a) Sabiendo que A y B son ángulos del segundo cuadrante y que senA 
sen A  B
1
2
y que cos B   calcula cos A  B  y
2
2
Solución: Sabemos cos A  B  cos A cosB  senAsenB y también sen A  B  senAcos B  senBcos A luego para
calcular cualquiera de ellos debemos tener en cuenta que sen2 A  cos2 A  1 Sustituyendo por el valor que nos dan
2
 2
1 1
2
2


 2   cos A  1 de donde cos A  1  2  2 y puesto que A es un ángulo del segundo cuadrante el signo de su


coseno es negativo, luego cos A  
1
2
2
 1
  1 de donde
 2
De igual forma que sen2 B  cos2 B  1 Sustituyendo por el valor que nos dan sen2 B   
sen 2 B  1 
1 3
 y puesto que A es un ángulo del segundo cuadrante el signo de su seno es positivo, luego
4 4
3
3
Sustituyendo estos valores y operando obtenemos

4
2
senB 
1 1
2 3 1 1
6


  
2 2 2 2 2 2
4
cos A  B   cos A cos B  senAsenB 
sen A  B  senAcosB  senBcos A 
2  1
3
1  2
3
 2 6




  


2  2 2 
2
4
4
2 2
b) Expresa como un único radical 2 8a3  288a3  3 128a3  72a3  2 32a3 , siendo a un número real positivo.
Solución: Para expresar 2 8a3  288a3  3 128a3  72a3  2 32a3 como un único radical, descomponemos
cada número en factores y extraemos factores del radical
2 8a 3  288a 3  3 128a 3  72a 3  2 32a 3  2 23 a 3  2532 a 3  3 27 a 3  2332 a 3  2 25 a 3 
 4a 2a  12a 2a  24a 2a  6a 2a  8a 2a  28a 2a  26a 2a  2a 2a
EJERCICIO 2


a) Resuelve la ecuación ln 2  ln 11 x 2  2 ln5  x donde ln x representa al logaritmo neperiano de x.
Solución: Para resolver la ecuación logarítmica tenemos en cuenta las propiedades de los logaritmos. Como
ln A  ln B  ln A·B y también A ln B  ln B A aplicando ambas propiedades a la ecuación




ln 2  ln 11 x 2  2 ln5  x obtenemos ln 2 11 x 2  ln5  x Debido a que la función logaritmo es una función


2
inyectiva tenemos que 2 11 x 2  5  x Resolvemos esta ecuación de segundo grado, realizando las operaciones
2
indicadas 22  2 x 2  25  10x  x 2 Pasando todo al mismo lado 0  25  10x  x 2  22  2 x 2 luego 3x 2  10x  3  0
Por último sabemos que las soluciones de una ecuación de segundo grado de la forma ax2  bx  c  0 vienen dadas por
x
x
 b  b 2  4ac
luego en nuestro caso las soluciones de 3x 2  10x  3  0 son
2a
10 
 102  4·3·3
2·3
solución es x2 

18
10  100  36 10  64 10  8
 3 y la otra
luego una de las soluciones es x1 


6
6
6
6
2 1

6 3
Tenemos comprobar si ambas soluciones (de la ecuación de segundo grado) son válidas como solución de la ecuación
logarítmica. Para ello hay que recordar que el dominio de la función logarítmica son los números reales estrictamente
positivos. En este caso ninguna de las dos da problemas y por tanto son ambas válidas.
b) Calcula
 2n 2  1 3n 2  1 

.

lím
2n
3n  1 
n 
Solución: En principio el
 2n 2  1 3n 2  1 

 es una indeterminación del tipo    que en este caso se

lím
2n
3n  1 
n 
resuelve realizando la resta de fracciones y simplificando. Luego






 2n 2  1 3n 2  1 
 2n 2  1 3n  1  3n 2  1 2n 
6n 3  2n 2  3n  1  6n 3  2n








lím
 2n

 lím
3n  1  lím
2n3n  1
6 n 2  2n
n 
n 
 n
6n 3  2n 2  3n  1  6n 3  2n
2n 2  5n  1
2n 2 2 1
 lím


 
lím
lím
2
6n 2  2n
6n 2  2n
6 3
n
n
n 6n
EJERCICIO 3
a) En un mismo gráfico, representa las dos parábolas de ecuaciones y  x 2 e y  2  x 2 , respectivamente.
Solución: La función f ( x)  ax2  bx  c tiene como representación es una parábola. Además sabemos que tiene forma
de U si el coeficiente líder es positivo y con forma si dicho coeficiente es negativo. También sabemos que el vértice tiene
como abscisa xv 
b
. Calculando puntos de cada parábola equidistantes del vértice obtenemos
2a
Calculamos puntos de la parábola y  x 2 teniendo en
cuenta que el vértice se encuentra en xv 
y a partir de ahí la representamos:
b 0

0
2a 2·1
De forma similar calculamos puntos de la parábola
y  2  x 2 sabiendo que en este caso su forma será
pues el coeficiente es negativo. En este caso también el
vértice se encuentra en xv 
b
0

 0 y a partir
2a 2· 1
de ahí la representamos:
Debemos dibujarlas sobre el mismo gráfico luego obtenemos
b) Calcula el área de la región del plano limitada por las gráficas de las parábolas del apartado anterior.
Solución: El área de la región limitada por las gráficas (señalada en amarillo) se calcula mediante la integral definida,
siendo los límites de integración los puntos donde se cortan ambas, que según se observa en las tablas y en las gráficas son
x  1 y x  1
Luego el área de la región es
1
A
1
1
2
1
1

x3 
2 
2
4 8 2

2  2 x dx  2 x  2    2      2    4  
u .
3  1 
3 
3
3 3

2  x   x dx   
2
2

EJERCICIO 4
a) Calcula y simplifica
x2  2 x  1 3  x

 2
x3
x
x
Solución: Para realizar esta suma de fracciones algebraicas, calculamos el común denominador que es x 2 x  3


x2  2 x  1 3  x
x 2  2 x 2 x  1x x  3 3  x  x  3

 2  2



x3
x
x
x  x  3
x 2  x  3
x 2  x  3

x 4  2 x 2 x 3  4 x 2  3x  x 2  6 x  9 x 4  2 x 2  x 3  4 x 2  3x  x 2  6 x  9




x 2  x  3
x 2  x  3
x 2  x  3
x 2  x  3

x 4  x3  7 x 2  9x  9
x 2  x  3
Puesto que el denominador está descompuesto, para que se pueda simplificar la fracción, alguna de las raíces del
denominador debe serlo también del numerador. Comprobamos que no, por lo que la fracción es irreducible.
b) Calcula las dimensiones de un solar rectangular que tiene 140 metros de perímetro y 50 metros de diagonal
Solución: El área del rectángulo se obtiene de multiplicar la base por la altura. Nos
dicen que el perímetro es 140, es decir: 2a  2b  140 si dividimos entre 2 nos
a  b  70
resulta que al sumar la base con la altura da 70
y como nos dan la
diagonal, utilizamos el teorema de Pitágoras d  a  b . Luego 2500 a  b .
Despejando de la primera ecuación b  70  a y sustituyendo en la segunda
ecuación
2
2
2
2
2
2500 a 2  70  a  a 2  4900 140a  a 2  2a 2  140a  4900 Pasamos
2
el 2500 al otro lado 2a  140a  2400 0 y simplificamos esta ecuación
a 2  70a  1200 0
2
Por último sabemos que las soluciones de una ecuación de segundo grado de la forma ax2  bx  c  0 vienen dadas por
 b  b 2  4ac
luego en nuestro caso las soluciones de a 2  70a  1200 0 son
x
2a
70 
 702  4·1·1200
70  4900 4800 70  100 70  10
luego una de las soluciones es


2·1
2
2
2
80
60
a1 
 40 y la otra solución es a2 
 30 . Como a  b  70 sustituyendo por cada uno de estos valores
2
2
a

obtenemos que uno de los lados del solar rectangular es de 40 metros y el otro de 30 metros
EJERCICIO 5
Dado el triángulo de vértices los puntos del plano A(1,1) B(2,2) C (0,5) .
a) Encuentra la ecuación de la recta paralela al lado AB que pasa por C.
Solución: La recta paralela al lado AB tiene su misma pendiente. La recta que pasa por A(1,1) y B(2,2) es de la forma
y  mx  n
Como pasa por A(1,1) este punto debe cumplir la ecuación y  mx  n . Luego 1  m 1  n   m  n  1
Como pasa por B(2,2) este punto debe cumplir la ecuación y  mx  n . Luego 2  m·2  n  2m  n  2
Multiplicando la primera ecuación por  1 m  n  1 y sumándoselo a la segunda 3m  1
 m
1
c
3
1 4
1
4
1

 y  x
 La recta paralela al lado AB es de la forma y  x  n Como sabemos
3 3
3
3
3
1
1
que pasa por C (0,5)  5  ·0  n  5  n  y  x  5
3
3
n 1 m 1
b) Encuentra la ecuación de la mediatriz del segmento de extremos A y B
Solución: La mediatriz de un segmento es la recta perpendicular a dicho segmento pasando por su punto medio. El punto
1
4
 1 2 1 2   1 3 
,
   ,  . Como la recta que pasa por A y B es y  x  cualquier recta
3
3
2  2 2
 2
3
perpendicular a ella (en particular, la mediatriz) es de la forma y   x  n  y  3x  n
1
medio de AB de M 
1 3
2 2
Como pasa por M  , 

3
1
3 3 6
 3·  n  n     3  y  3x  3 es la mediatriz
2
2
2 2 2
EJERCICIO 6
Dada la función f definida para los números reales x , x  1 por f ( x) 
2x2
x 1
a) Determina los intervalos donde es creciente la función f y donde es decreciente.
Solución: Para calcular los intervalos de crecimiento o decrecimiento estudiamos el signo de la derivada, ya que donde la
derivada sea positiva la función f es creciente y donde sea negativa la función f es decreciente
4 xx  1  2 x 2 4 x 2  4 x  2 x 2 2 x 2  4 x 2 xx  2
Como el denominador está elevado al cuadrado



x  12
x  12
x  12
x  12
siempre es positivo y por tanto la derivada cambia de signo en los puntos que anulan el numerador x  0 y x  2 .
2 x x  2 
Tomamos también donde el denominador es cero x  1 aunque en ella la derivada f ' ( x) 
no cambia de signo
x  12
f ' ( x) 
En definitiva f es creciente en  ,0  2, y f es decreciente en 0,1  1,2
b) Determina las asíntotas de la gráfica de f .
Solución: La función f tiene una asíntota vertical en x  1 puesto que en dicho número se anula el denominador y no
el numerador, por lo que
 2x2 

   , más concretamente
lím
x 1  x  1 
 2x2  
 2x2  


y
lím

      lím  x  1      
x 1  x  1 
x 1 

Como el numerador es de un grado mayor al denominador, tiene una asíntota oblicua y  mx  n donde
 f ( x) 
m  lím 

x 
x  
Es decir m 
y
n  lím  f ( x)  mx
x
 2x2 
2x2
2x2
 f ( x) 



:
x




lím

 lím x 2  x lím x 2  2
x  lím
x  
x   x  1
x 
 x
 2x2

 2 x 2 2 xx  1 
2x2  2x2  1
1
  lím
n  lím 
 2 x   lím 

 lím
 0.
x

1
x

1
x

1
x

1
x   x  1
x


x


x





Luego la asíntota oblicua es y  2 x