Examen de geometría analítica del plano y funciones. Curso 2011/2012

Examen de geometría analítica del plano y funciones
13/6/2012
Ejercicio 1.
El punto
A ( 6,1) es un vértice de un cuadrado inscrito en la circunferencia de ecuación
x 2 + y 2 − 4 x − 6 y − 7 = 0 . Calcula las coordenadas de los demás vértices del cuadrado.
Ecuación de una circunferencia de centro ( a , b ) y radio R
( x − a)
2
+ ( y − b ) = R 2 , desarrollando :
2
x 2 + y 2 − 2ax − 2by + a 2 + b 2 − R 2 = 0 
 −2ax = −4 , a = 2
⇒


x2 + y2 − 4x − 6 y − 7 = 0

 −2by = −6 , b = 3
Así el centro de la circunferencia es O ( 2 ,3)
 6 + x 1+ y 
O es el punto medio de A y C ( x , y ) ⇒ ( 2, 3) = 
,

2 
 2
C ( −2 ,5)
Las diagonales de un cuadrado son perpendiculares :
calculamos s que es perpendicular a la recta r y pasa por O
O ( 2 , 3)
x−2 y −3
s ≡ 
⇒ s≡
=
⇒ s ≡ 2x − y − 1 = 0
1
2
v = (1, 2 )
Ahora obtenemos los puntos B y D como intersección de la recta s con la circunferencia.
 y = 2 x − 1
2 x − y − 1 = 0
⇒
 2
 2
2
2
 x + ( 2 x − 1) − 4 x − 6 ( 2 x − 1) − 7 = 0
x + y − 4x − 6 y − 7 = 0
 x = 0 ⇒ B ( 0, − 1)
x 2 + 4 x 2 − 4 x + 1 − 4 x − 12 x + 6 − 7 = 0 ⇒ 5 x 2 − 20 x = 0 ⇒ 
 x = 4 ⇒ D ( 4 , 7 )
Ejercicio 2.
Observando la gráfica de la función f ′ ( x ) , analiza las características de la función f ( x ) .
IES Pedro de Tolosa
[1]
Matemáticas I
Examen de geometría analítica del plano y funciones
13/6/2012
Cuando f ′ ( x ) > 0 ⇒ f ( x ) es creciente y eso ocurre en los intervalos ( −∞ , − 3) ∪ ( −1, 0 ) ∪ ( 2 , 4 )
Cuando f ′ ( x ) < 0 ⇒ f ( x ) es decreciente y eso ocurre en los intervalos ( −3, − 1) ∪ ( 0, 2 ) ∪ ( 4, + ∞ )
f ′ ( x ) = 0 en los puntos x = −3, x = −1, x = 0, x = 2 y x = 4 ⇒ en esos puntos la recta tangente a
f ( x ) es horizontal por tanto pueden ser puntos de máximo o de mínimo para la función f ( x ) .
Como en ( −∞ , − 3)
f ( x ) es creciente y en ( −3, − 1) es decreciente ⇒ en x = −3 hay un máximo
para la función f ( x ) . De igual modo en x = 0 y x = 4 habrá máximos de la función f ( x ) .
Como en ( −3, − 1)
f ( x ) es decreciente y en ( −1, 0 ) es creciente ⇒ en x = −1 hay un mínimo
para la función f ( x ) . De igual modo en x = 2 habrá otro mínimo de la función f ( x ) .
1
; x ≃ 1, 2 ; x ≃ 3, 3 f ′ ( x ) tendrá tangente horizontal ⇒ su derivada
2
en esos puntos es cero , es decir la segunda derivada de f ( x ) se anula ⇒ en esos puntos f ′′ ( x ) = 0
En los puntos x ≃ −2, 4 ; x = −
y sin embargo f ′ ( x ) ≠ 0 ⇒ en x ≃ −2, 4 ; x = −
1
; x ≃ 1, 2 ; x ≃ 3, 3 f ( x ) presenta puntos de
2
inflexión ( cambios de curvatura ) no de silla.
Ejercicio 3.
Sean los vectores u1 = (1, − 2 ) y u2 = ( 3,1) , cuyas coordenadas están expresadas en la base canónica
{e1 , e2 } ,
−
−
y v un vector de coordenadas v = ( −2 ,3) en la base {u1 , u2 } .
Calcula el módulo del vector v .
Encuentra las coordenadas, en la base {u1 , u2 } , de un vector w que sea perpendicular a v .
Como u1 y u2 están expresados en la base canónica (ortonormal ) {e1 , e2 } , el cálculo de sus módulos
y producto escalar queda simplificado :
 u = ( x , y ) ⇒ u = u ⋅ u = ( xe + ye ) ⋅ ( xe + ye ) = x 2 ( e ⋅ e ) + 2 xy ( e ⋅ e ) + y 2 ( e ⋅ e ) = x 2 + y 2 
1
2
1
2
1
1
1
2
2
2


 u = ( x , y ) 


⇒ u ⋅ v = ( xe1 + ye2 ) ⋅ ( x′e1 + y ′e2 ) = xx′ ( e1 ⋅ e1 ) + ( xy ′ + x′y )( e1 ⋅ e2 ) + yy ′ ( e2 ⋅ e2 ) = xx′ + yy ′ 

 v = ( x ′ , y ′) 




2
u1 = (1, − 2 ) ⇒ u1 = 2 2 + ( −1) = 5
2
u2 = ( 3,1) ⇒ u2 = ( −1) + 32 = 10
u1 ⋅ u2 = 1 ⋅ 3 + ( −2 ) ⋅ 1 = 1
v = ( −2 ,3) en la base {u1 , u2 } que no es ortonormal , con lo que : v = v ⋅ v
v = ( −2u1 + 3u2 ) ⋅ ( −2u1 + 3u2 ) = 4 ( u1 ⋅ u1 ) − 12 ( u1 ⋅ u2 ) + 9 ( u2 ⋅ u2 ) = 4 ⋅ 5 − 12 ⋅ 1 + 9 ⋅ 10 = 98 = 7 2
IES Pedro de Tolosa
[2]
Matemáticas I
Examen de geometría analítica del plano y funciones
13/6/2012
También podemos expresar el vector v en la base canónica {e1 , e2 } ⇒
v = ( −2,3) en la base {u1 , u2 } ⇒ v = −2u1 + 3u2 = −2 ( e1 − 2e2 ) + 3 ( 3e1 + e2 ) = 7e1 + 7e2 entonces
v = ( 7,7 ) en la base {e1 , e2 } ⇒ v = 72 + 72 = 98 = 7 2
Ahora buscamos w en la base {u1 , u2 } , tal que w ⊥ v ⇒ w ⋅ v = 0 (habrá infinitos vectores)
w = xu1 + yu2 ⇒ w ⋅ v = ( xu1 + yu2 ) ⋅ ( −2u1 + 3u2 ) = −2 x ( u1 ⋅ u1 ) + ( 3x − 2 y )( u1 ⋅ u2 ) + 3 y ( u2 ⋅ u2 ) ⇒
w ⋅ v = −10 x + ( 3x − 2 y ) + 30 y ⇒ − 10 x + ( 3x − 2 y ) + 30 y = 0 ⇒ − 7 x + 28 y = 0 ⇒ x = 4 y
con lo que el vector w tendrá la primera coordenada cuádruplo de la segunda y , por ejemplo,
para y = 1 ⇒ w = ( 4,1) en la base {u1 , u2 } con w ⊥ v .
Ejercicio 4.
3
2
La recta de ecuación y = 2x − 7 es tangente a la gráfica de la función f ( x) = x + ax + bx + 2 en el
punto x = 1 . Calcula a y b.
La recta y = 2 x − 7 y la función f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + 2 son tangentes en x = 1 ⇒ ese punto
es común para ambas funciones. En la recta si x = 1 ⇒ y = −5, luego el punto de tangencia es
P (1, − 5) con lo que debe cumplirse que f (1) = −5
Por otra parte, la pendiente de la recta tangente a f ( x ) en x = 1 es 2 ⇒ f ′ (1) = 2.
f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2ax + b
 f (1) = −5 ⇒ 1 + a + b + 2 = −5
 a + b = −8
a = 7
⇒ 
⇒ 

 2 a + b = −1
b = −15
 f ′ (1) = 2 ⇒ 3 + 2a + b = 2
y
f ( x ) = x 3 + 7 x 2 − 15 x + 2
Ejercicio 5.
Obtén la función derivada de las siguientes funciones:
a ) y = ( 2 x − 3)
x2 − 1
b) y = 2
x +1
c ) y = tg 5 x
5
⇒ y ′ = 5 ⋅ ( 2 x − 3) ⋅ 2 ⇒ y ′ = 10 ⋅ ( 2 x − 3)
⇒ y′ =
4
2 x ⋅ ( x 2 + 1) − ( x 2 − 1) ⋅ 2 x
(x
2
+ 1)
2
⇒ y′ =
(x
4
4x
2
+ 1)
2
⇒ y ′ = (1 + tg 2 5 x ) ⋅ 5 ⇒ y ′ = 5 ⋅ (1 + tg 2 5 x ) / también y ′ =
d ) y = ( x 2 + 3x ) ⋅ ln ( x + 3) ⇒ y ′ = ( 2 x + 3) ⋅ ln ( x + 3) + ( x 2 + 3x ) ⋅
IES Pedro de Tolosa
[3]
5
cos 2 5 x
1
⇒ y ′ = ( 2 x + 3) ⋅ ln ( x + 3) + x
x+3
Matemáticas I
Examen de geometría analítica del plano y funciones
13/6/2012
Ejercicio 6.
Un triángulo ABC tiene sus lados sobre las rectas r ≡ 3x − 2 y + 2 = 0 , s ≡ x + 2 y − 10 = 0 y
t ≡ 3x − y + 5 = 0 . Calcula el área y el perímetro del triángulo.
Calculamos los vértices del triángulo :
 x + 2 y − 10 = 0
 x + 2 y − 10 = 0
A= s∩r ⇒ 
⇒ A ( 2, 4 ) / B = s ∩ t ⇒ 
⇒ B ( 0,5)
3 x − 2 y + 2 = 0
 3x − y + 5 = 0
3 x − y + 5 = 0
 8

C =t∩r ⇒ 
⇒ C  − , − 3
 3

3 x − 2 y + 2 = 0
2
Tomamos como base el lado AB. AB = ( −2,1) ⇒ medida de la base = AB = ( −2 ) + 12 = 5
8
− + 2 ⋅ ( −3) − 10 56
3
3 = 56
medida de la altura = d ( C , s ) =
=
5
3 5
12 + 22
56
5⋅
AB ⋅ d ( C , s )
3 5 = 28 u 2
Área del triángulo =
=
2
2
3
7 13 8 10 3 5 + 7 13 + 8 10
Perímetro del triángulo = AB + AC + BC = 5 +
+
=
u
3
3
3
Ejercicio 7.
Encuentra los intervalos de crecimiento y decrecimiento y los máximos y mínimos de la función
f ( x ) = x2 ⋅ ex
En los puntos donde f ′ ( x ) > 0 ⇒ f ( x ) es creciente
En los puntos donde f ′ ( x ) < 0 ⇒ f ( x ) es decreciente
En los puntos donde f ′ ( x ) = 0 ⇒ f ( x ) puede tener máximos , mínimos o puntos de silla.
f ( x ) = x2 ⋅ ex ⇒ f ′ ( x ) = 2 x ⋅ ex + x2 ⋅ ex
IES Pedro de Tolosa
[4]
Matemáticas I
Examen de geometría analítica del plano y funciones
13/6/2012
x = 0
f ′ ( x ) = 0 ⇒ 2 x ⋅ ex + x2 ⋅ ex = 0 ⇒ ( 2 x + x2 ) ⋅ ex = 0 ⇒ 2 x + x2 = 0 ⇒ 
 x = −2
Resolvemos ahora la inecuación 2 x ⋅ e x + x 2 ⋅ e x > 0 ⇒ 2 x + x 2 > 0 ⇒ x ( 2 + x ) > 0
( −∞ , − 2 )
−2
x
−
−
2+ x
−
0
x ⋅ (2 + x)
+ ր
0
( −2
−
0
( 0 , + ∞)
−
0
+
+
+
−
0
+ ր
, 0)
ց
Entonces f ( x ) es creciente en ( −∞ , − 2 ) ∪ ( 0, + ∞ ) y en x = −2 la función tiene un máximo.
f ( x ) es decreciente en ( −2, 0 ) y en x = 0 la función tiene un mínimo.
Ejercicio 8.
Estudia las discontinuidades de la función f ( x ) =
x2
y su comportamiento cuando x → ∞ .
x2 − 4 x + 3
f ( x ) es cociente de dos funciones continuas ( polinómicas ) por tanto será una función continua
salvo en los puntos que se anule el denominador.
x = 1
x2 − 4x + 3 = 0 ⇒ 
⇒ f ( x ) es discontinua en los puntos x = 1 y x = 3
x = 3
Analizamos las discontinuidades :

x2
1
lim
 x →1− x − 1 x − 3 → 0− ⋅ −2 → +∞
( )(
)
( )

en x = 1, ∃ f (1) y lim f ( x ) = 
discontinuidad de tipo infinito
x →1
x2
1
 lim
→ +
→ −∞
 x →1+ ( x − 1)( x − 3)
0 ⋅ ( −2 )

x2
9
lim
 x →3− x − 1 x − 3 → 2 ⋅ 0− → −∞
( )(
)

en x = 3, ∃ f ( 3) y lim f ( x ) = 
2
x →3
x
9
 lim
→
→ +∞
 x →3+ ( x − 1)( x − 3)
2 ⋅ 0+
IES Pedro de Tolosa
[5]
discontinuidad de tipo infinito
Matemáticas I
Examen de geometría analítica del plano y funciones
13/6/2012
x2
2
x2
∞
1

lim f ( x ) = lim 2
=  indet.  = lim 2 x
= lim
→1
x →∞
x →∞ x − 4 x + 3
x →∞
4 3
∞  x→∞ x − 4 x + 3

1− + 2
x x
x2
y = 1 es una asíntota horizontal de la función f ( x )
IES Pedro de Tolosa
[6]
Matemáticas I