π β β λ λ λ - IES Francisco Ayala

IES Mediterráneo de Málaga
Solución Septiembre 2006
Juan Carlos Alonso Gianonatti
PRUEBA A
PROBLEMAS
⎧x − y + 2z = 1
y el plano
⎩2 x + y − 5 z = 2
PR-1.- .- a) Hállese el valor de a para el que la recta r ≡ ⎨
π ≡ ax − y + z + 1 = 0 sean paralelos
b) Para a = 2 , calcúlese la ecuación del plano que contiene a r y es perpendicular a π
a) Los vectores directores de recta y plano son perpendiculares y por ello su producto
escalar nulo.
⎧
⎧x = 1 + λ
⎪
⎪
⎪3x − 3z = 3 ⇒ x − z = 1 ⇒ x = 1 + z ⇒ 1 + z − y + 2 z = 1 ⇒ y = 3z ⇒ r ≡ ⎨ y = 3λ ⇒ v r ≡ (1 , 3 , 1)
⇒
⎨
⎪ z=λ
⎩
⎪
⎪⎩
vπ ≡ (a , − 1 , 1)
v r ⊥ vπ ⇒ v r ⋅ vπ = 0 ⇒ (1 , 3 , 1) ⋅ (a , − 1 , 1) = 0 ⇒ a − 3 + 1 = 0 ⇒ a = 2
b)
R(1 , 0 , 0 ) punto de la recta r
⎧
vπ ≡ (2 , − 1 , 1)
x −1 y z
⎪
v r ≡ (1 , 3 , 1)
⇒β ≡ 2
−1 1 = 0 ⇒
⎨
⎪ RG = ( x , y , z ) − (1 , 0 , 0 ) = (x − 1 , y , z )
1
3 1
⎩
− (x − 1) + y + 6 z + z − 3(x − 1) − 2 y = 0 ⇒ −4(x − 1) − y + 7 z = 0 ⇒ β ≡ 4 x + y − 7 z − 4 = 0
1
IES Mediterráneo de Málaga
Solución Septiembre 2006
Juan Carlos Alonso Gianonatti
PR-2.- a) Estúdiense los intervalos de crecimiento y decrecimiento f ( x) = xe − x , sus
máximos y mínimos relativos, asíntotas y puntos de inflexión. Demuéstrese que para
1
todo x se tiene que f ( x) ≤
e
b) Pruébese que la ecuación 3x = e x tiene alguna solución en (− ∞ , 1]
⎧
e−x > 0 ⇒ ∀ ∈ ℜ
f ' ( x) = e − x − xe − x = e − x (1 − x ) ⇒ Crecimiento f ' ( x) > 0 ⇒ e − x (1 − x ) > 0 ⇒ ⎨
⎩1 − x > 0 ⇒ − x > −1 ⇒ x < 1
∞
1
−∞
−x
(
+
)
(
+
)
e >0
x<1
(+)
(-)
Solución
(+)
f’(x) > 0
(-)
f’(x) < 0
Crecimiento ∀x ∈ ℜ / x < 1
Máximo relativo en x = 1 f (1) = 1 ⋅ e −1 =
Decrecimiento ∀x ∈ ℜ / x > 1
1
⎛ 1⎞
⇒ ⎜1 , ⎟ , de crecimiento pasa a
e
⎝ e⎠
decrecimiento
Asíntota vertical
Como Dom( f ) = ∀x ∈ ℜ , no existen asíntotas verticales
Asíntota horizontal
x ∞
1
1
Aplicando L ' Hopital
y = lim xe − x = lim x = = ⎯⎯
⎯ ⎯ ⎯⎯→ = lim x = = 0 ⇒ Cuando x → ∞ ⇒ y = 0
x →∞ e
x →∞
x →∞ e
∞
∞
y = lim xe − x = lim − xe x = −∞ ⇒ Cuando x → −∞ ⇒ No existe asíntota horizontal
x → −∞
x →∞
Asíntota oblicua
1
1
xe − x
= lim x = = 0 ⇒ Cuando x → ∞ ⇒ No existe asíntota oblicua
m = lim
x →∞
x →∞ e
∞
x
xe − x
= lim e x = ∞ ⇒ Cuando x → −∞ ⇒ No existe asíntota oblicua
x → −∞
x →∞
x
Punto de inf lexión
m = lim
f ' ' ( x) = −e − x − e − x (1 − x ) = −e − x [1 + (1 − x )] = −e − x (2 − x ) ⇒ f ' ' ( x) = 0 ⇒ −e − x (2 − x ) = 0 ⇒
2− x = 0⇒ x = 2
[
]
f ' ' ' ( x) = −e − x (2 − x ) = − − e − x (2 − x ) − e − x = e − x (3 − x ) ⇒ f ' ' ' ( x) = e − 2 (3 − 2 ) =
1
e2
2⎞
⎛
x = 2 ⇒ f (2) = 2.e − 2 ⇒ ⎜ 2 , 2 ⎟
⎝ e ⎠
2
IES Mediterráneo de Málaga
Solución Septiembre 2006
Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación del Problema 1 de la opción A
⎧e x −1 − x > 0 ⇒ e x −1 > x ⇒ ∀x ∈ ℜ e x −1 − x
1 x e x − ex e x −1 − x
− x =
=
⇒
⇒
> 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ ⇒
⎨
e e
e x +1
ex
ex
e x > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ
⎩
1 x
1 x
− x > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ ⇒ > x ⇒ ∀x ∈ ℜ
e e
e e
b)
⎧ g (1) = 3.1 − e1 > 0
g (x ) = 3x − e x ⇒ ⎨
0
⎩ g (0 ) = 3.0 − e = −1 < 0
Veamos si g(x) se anula
]
No hay puntos de discontinuidad en el intervalo (− ∞ , 1
Teorema de conservación del signo
Si f(x) es continua en x 0 y f ( x 0 ) ≠ 0 , entonces existe un entorno x 0 , ( x 0 − δ , x 0 + δ ) ≠ 0 ,
en el que la función tiene el mismo signo que f ( x 0 ) , es decir
sign [ f ( x )] = sign [ f ( x0 )] , ∀x ∈ (x 0 − δ , x0 + δ )
Corolario: Si una función es continua en un punto x0 , y toma valores positivos
g (1) = 3 − e y positivos g (0 ) = −1 en todo entorno de x0 entonces g ( x0 ) = 0
Consecuencia de todo ello
Teorema de Bolzano,- Si f(x) es continua en el intervalo [a , b], y toma valores de distinto
signo en los extremos del intervalo sign f (a ) ≠ sign f (b ) , entonces existe, al menos,
un punto c ∈ (a , b ) tal que f (c) = 0
[
[
]
]
Como sign f (1) = 3 − e ≠ sign f (0 ) = −1 , entonces existe, al menos, un punto
c ∈ [0 , 1] ∈ (− ∞ , 1] tal que f (c) = 0 (Solución o soluciones de la ecuación)
3
IES Mediterráneo de Málaga
Solución Septiembre 2006
Juan Carlos Alonso Gianonatti
CUESTIONES
C-1.- Sea m un número real. Discútase, en función de m, el sistema de ecuaciones
1
1⎞
⎛1
⎜
⎟
lineales homogéneo cuya matriz de coeficientes es A = ⎜ 1
m
m⎟
⎜2 m +1 2 ⎟
⎝
⎠
Al ser un sistema de ecuaciones homogéneas, los valores que no anulen al determinante
de la matriz de los coeficientes darán lugar a sistemas Compatibles Determinados con
solución trivial (0 , 0 , 0), los valores que lo anulan generan sistemas Compatibles
Indeterminados
1
1
1
A=1
m
m = 2m + 2m + m + 1 − 2m − m(m + 1) − 2 = − m 2 − m + 3m − 1 = − m 2 + 2m − 1
2 m +1 2
Si A = 0 ⇒ − m 2 + 2m − 1 = 0 ⇒ m 2 − 2m + 1 = 0 ⇒ Δ = 4 − 4 = 0 ⇒ m =
2
=1
2
∀m ∈ ℜ − {1} ⇒ A ≠ 0 ⇒ rang ( A) = 3 = Num. incognitas ⇒ Sist.Compat.Deter min ado ⇒
Solución(0 , 0 , 0)
Si m = 1
⎛ 1 1 1 0⎞ ⎛1 1 1 0⎞
⎟
⎟ ⎜
⎜
A = ⎜ 1 1 1 0 ⎟ ≡ ⎜ 0 0 0 0 ⎟ ⇒ rang ( A) = 1 ⇒ Sist. Compat. In det er min ado
⎜ 2 2 2 0⎟ ⎜ 0 0 0 0⎟
⎠
⎠ ⎝
⎝
x = − y − z ⇒ Solución(− λ − μ , λ , μ )
C-2.- Hállense las ecuaciones de la recta que pasa por P(2 , 1 , -1), está contenida en el
⎧x = 2z − 3
plano π ≡ x + 2 y + 3 z = 1 , y es perpendicular a la recta s ≡ ⎨
⎩ y = z+4
⎧
⎧ x = 2 + aβ
⎪
⎪
⎪ r ≡ ⎨ y = 1 + bβ ⇒ v r = (a , b , 1)
⎪ z = −1 + β
⎧⎪ v ⊥ v s ⇒ v r .v s = 0
⎪⎪
⎧ (a , b , 1)(2 , 1 , 1) ⎧ 2a + b + 1 = 0
⎩
⇒⎨ r
⇒⎨
⇒⎨
⎨
⎧ x = −3 + 2λ
⎪⎩v r ⊥ vπ ⇒ v r .vπ = 0 ⎩(a , b , 1)(1 , 2 , 3) ⎩a + 2b + 3 = 0
⎪
⎪s ≡ ⎪⎨ y = 4 + λ ⇒ v s = (2 , 1 , 1)
⎪
⎪ z=λ
⎪⎩
⎩
⎧ 2a + b + 1 = 0
5
10
1
5 ⎞
⎛1
⇒ −3b − 5 = 0 ⇒ b = − ⇒ a − + 3 = 0 ⇒ a = ⇒ ⎜ , − , 1⎟ ≡ (1 , − 5 , 3)
⇒⎨
3
3
3 ⎝3
3 ⎠
⎩− 2a − 4b − 6 = 0
x − 2 y −1 z +1
r≡
=
=
−5
1
3
4
IES Mediterráneo de Málaga
Solución Septiembre 2006
Juan Carlos Alonso Gianonatti
ln(cos( x)) − 1 + cos x
x →0
x2
C-3.- Calcúlese lim
ln [cos ( x )] − 1 + cos x ln [cos (0 )] − 1 + cos 0 ln (1) − 1 + 1 0
Aplicando L ' Hopital
= = ⎯⎯
⎯ ⎯ ⎯⎯→ =
=
=
2
2
x →0
0
0
x
0
1
⋅ (− sen x ) − sen x
− tg x − sen x − tg 0 − sen 0 0 − 0 0
cos ( x )
Aplicando L ' Hopital
= lim
= lim
=
=
= = ⎯⎯
⎯ ⎯ ⎯⎯→ =
0
x →0
x
→
2x
2x
2.0
0
0
1
1
1
−
− cos x −
− cos 0 − − 1
2
2
−2
= lim cos x
= cos 0
= 1
=
= −1
x →0
2
2
2
2
lim
C-4.- Calcúlese el área del recinto limitado por la curva de ecuación y = x 3 − 3x 2 + 2 x y
por la recta tangente a dicha curva en el punto x = 0.
⎧ f ( x ) = 0 3 − 3.0 2 + 2.0 = 0
⇒ y − 0 = 2 ⋅ (x − 0) ⇒
y' = f ' (x ) = 3x 2 − 6 x + 2 ⇒ ⎨
2
⎩m = f ' (0 ) = 3.0 − 6.0 + 2 = 2
2 x − y = 0 (Ec. tan gente )
Puntos de int er sec ción grafica − tan gente
⎧ f (1) = 13 − 3.12 + 2.1 = 0
x=0
⎧
⇒⎨
2 x = x − 3 x + 2 x ⇒ x − 3 x = 0 ⇒ (x − 3)x = 0 ⇒ ⎨
y = 2.1 = 2
⎩x − 3 = 0 ⇒ x = 3 ⎩
3
2
3
2
2
(
)
Puntos de corte de la función ⇒ x 3 − 3 x 2 + 2 x = 0 ⇒ x 2 − 3 x + 2 x = 0 ⇒
x=0
⎧
3 +1
⎪
⎧
=2
x=
⎪
⎪
±
3
1
⇒
2
⎨ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇒ Δ = 9 − 8 = 1 > 0 ⇒ x =
⇒⎨
−
3
1
⎪
2
⎪y =
=1
⎪⎩
2
⎩
27 − 54 + 24
3
⎛3⎞ ⎛3⎞
⎛3⎞
⎛ 3 ⎞ 27 27
−
+3=
=− <0
f ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ − 3.⎜ ⎟ + 2.⎜ ⎟ =
4
8
8
⎝2⎠ ⎝2⎠
⎝2⎠
⎝2⎠ 8
3
2
3
1
0
0
(
)
2
(
)
3
(
)
A = ∫ 2 x dx − ∫ x 3 − 3x 2 + 2 x dx + ∫ x 3 − 3 x 2 + 2 x dx − ∫ x 3 − 3 x 2 + 2 x dx
[ ]
1
[ ]
[ ]
2
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
3
1
1
1
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
A = 2 ⋅ ⋅ x2 0 − ⋅ x4 0 + 3 ⋅ ⋅ x3 0 − 2 ⋅ ⋅ x2 0 + ⋅ x4 1 − 3 ⋅ ⋅ x3 1 + 2 ⋅ ⋅ x2 0 −
2
4
3
2
4
3
2
3
3
3
1
1
1
1
1
− ⋅ x 4 2 + 3 ⋅ ⋅ x 3 2 − 2 ⋅ ⋅ x 2 2 = 3 2 − 0 2 − ⋅ 14 − 0 4 + 13 − 0 3 − 12 − 0 2 + ⋅ 2 4 − 14 −
4
3
2
4
4
1
− 2 3 − 13 + 2 2 − 12 − ⋅ 3 4 − 2 4 + 33 − 2 3 − 3 2 − 2 2
4
[ ]
(
[ ]
) (
)
[ ] (
(
) (
)
) (
(
) (
) (
)
(
)
)
5
IES Mediterráneo de Málaga
Solución Septiembre 2006
Juan Carlos Alonso Gianonatti
PRUEBA B
PROBLEMAS
PR-1.- Discútase, en función del parámetro real k el siguiente sistema de ecuaciones
⎧ kx + 3 y = 0
⎪
lineales: ⎨3x + 2 y = k . Resuélvase el sistema cuando sea posible
⎪ 3 x + ky = 0
⎩
k 3 0
k =0
⎧
⎪
A / B = 3 2 k = 0 ⇒ 9k − k 3 = 0 ⇒ k k 2 − 9 = 0 ⇒ k (k + 3)(k − 3) = 0 ⇒ ⎨k + 3 = 0 ⇒ k = −3
⎪ k −3 = 0 ⇒ k = 3
3 k 0
⎩
(
)
∀x ∈ ℜ − {− 3 , 0 , 3} ⇒ A / B ≠ 0 ⇒ rang ( A / B ) = 3 > Número de incognitas ⇒ Sistema Incompatible
Si k = −3
⎛− 3 3 0 ⎞ ⎛− 3 3 0 ⎞
⎟
⎜
⎟ ⎜
3
2 − 3 ⎟ ≡ ⎜ 0 5 − 3 ⎟ ⇒ Sistema Compatible Deter min ado ⇒ 5 y = −3 ⇒ y = − ⇒
⎜ 3
5
⎜ 3 −3 0 ⎟ ⎜ 0 0 0 ⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
9
9
3
3⎞
⎛ 3
− 3 x − = 0 ⇒ −3 x = ⇒ x = − ⇒ Solución⎜ − , − ⎟
5
5
5
5⎠
⎝ 5
Si k = 0
⎛ 3 2 0⎞ ⎛ 3 2 0⎞ ⎛ 3 2 0⎞ ⎛ 3 2 0⎞
⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟
⎜ 0 3 0 ⎟ ≡ ⎜ 0 3 0 ⎟ ≡ ⎜ 0 1 0 ⎟ ≡ ⎜ 0 1 0 ⎟ ⇒ Sistema Compatible Deter min ado ⇒ Solución(0 , 0 )
⎜ 3 0 0⎟ ⎜0 − 2 0⎟ ⎜0 1 0⎟ ⎜0 0 0⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠
Si k = 3
⎛3 3 0⎞ ⎛ 3 3 0⎞
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎜ 3 2 3 ⎟ ≡ ⎜ 0 − 1 3 ⎟ ⇒ Sistema Compatible Deter min ado ⇒ − y = 3 ⇒ y = −3 ⇒
⎜3 3 0⎟ ⎜ 0 0 0⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
3x − 9 = 0 ⇒ 3x = 9 ⇒ x = 3 ⇒ Solución(3 , − 3)
6
IES Mediterráneo de Málaga
Solución Septiembre 2006
Juan Carlos Alonso Gianonatti
4 − 2x 2
,
x
a) Determínense el dominio de f, sus asíntotas, simetrías, y máximos y mínimos
relativos. Esbócese su gráfica.
PR-2.- .- Sea f ( x) =
2
b) Calcúlese
∫ f (x ) ln (x ) dx
1
a)
4 − 2.0 2 4
= ⇒ ∃/∀x ∉ ℜ ⇒ Dom( f ) = ∀x ∈ ℜ − {0}
0
0
Asíntotas verticales
x = 0 ⇒ f ( 0) =
⎧
4 − 2.0 2
4
(
)
=
= − = −∞
lim
f
x
⎪⎪ x →0 −
−
0
0
x=0⇒⎨
2
−
4
2
.
0
4
⎪ lim f (x ) =
= + =∞
+
+
0
0
⎩⎪ x →0
Asíntotas horizontales
4 2x 2
4
4
− 2
−2
−2
2
2
2
−∞
4 − 2x
0−2
2
x
x
x
∞
=
= − ⇒ No existe cuando x → ∞
=
= lim
= lim
=
y = lim
x →∞
x →∞
x →∞
x
1
1
∞
x
0
0
2
∞
x
x
2
4 2x
4
− 2
−2
2
2
2
2
4 − 2x
4 − 2x
0−2
2
−∞
x
x
x
y = lim
= lim
=
= lim
= lim
=
=−
x → −∞
x →∞
x →∞
x
1
x
0
−x
− ∞ x →∞
−0
− 2
−
x
x
⇒ No existe cuando x → −∞
Asíntotas oblicuas
4 2x 2
4
4 − 2x 2
4
− 2
−2
−2
2
2
2
4
−
2
x
0−2
x
x
x
x
∞
m = lim
= lim
= lim
= lim
=
=
= −2
2
2
x →∞
x →∞
x →∞
x →∞
x
1
1
1
x
x
x2
⎛ 4 − 2x 2
⎞
4 − 2x 2 + 2x 2
4 4
n = lim⎜⎜
− (− 2 )x ⎟⎟ = lim
lim = = 0
x →∞
x →∞ x
x
∞
⎝ x
⎠ x →∞
Cuando x → ∞ ⇒ y = −2 x
4 2x 2
4
4 − 2x 2
4
− 2
−2
−2
2
2
2
4 − 2x
0−2
x
x
x
x
∞
m = lim
= lim
= lim
= lim
=
=
= −2
2
2
x → −∞
x
→
∞
x
→
∞
x
→
∞
x
1
1
1
x
x
x2
⎛ 4 − 2x 2
⎞
4 − 2x 2 + 2x 2
4
4
n = lim ⎜⎜
− (− 2 )x ⎟⎟ = lim
lim
=− =0
x → −∞
x
→
∞
x
→
∞
−x
−x
∞
⎝ x
⎠
Cuando x → −∞ ⇒ y = −2 x
7
IES Mediterráneo de Málaga
Solución Septiembre 2006
Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación del Problema 2 de la Opción B
4 − 2x 2
4 − 2x 2
f (− x) =
=−
= − f (x ) ⇒ Simétrica respecto al origen
−x
x
(
)
− 4 xx − 4 − 2 x 2
− 2x 2 − 4
x2 + 2
2
=
=
−
⋅
⇒ f ' ( x ) = 0 ⇒ x 2 + 2 = 0 ⇒ x 2 = −2 ⇒ x = ± − 2 ⇒
2
2
2
x
x
x
No hay máximos ni mínimos relativos
f ' ( x) =
15
Y
10
5
X
0
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
-5
-10
-15
b)
ln ( x )
4 − 2x 2
ln (x ) dx = 4 ∫
I= ∫
dx − 2 ∫ x ln ( x ) dx =
x
x
1
1
1
2
2
2
⎧ x = 2 ⇒ t = ln 2
dx
ln x = t ⇒
= dt ⇒ ⎨
x
⎩ x = 1 ⇒ t = ln 1 = 0
[ ]
{( 2 ) ln
I=
1 2
⋅t
2
I=
1
1
⋅ ln 2 2 − 2 ⋅ ln 2 + ⋅
2
2
ln
0
2
−
2
}
∫ x dx = 2 ⋅ {ln
1
2
1
{( 2 ) − 1 }= 12 ⋅ ln
2
2
2
⎤
x⎥ −
⎦1
1 2 dx ⎞⎟
∫1 2 ⋅ x x ⎟
⎠
2
⎧
⎪
⎨
1
⎪ x dx = dv ⇒ v = ∫ x dx = ⋅ x 2
2
⎩
2
2 − 12 ln 1 +
⎛ ⎡1
⎜ ⋅ x 2 ln
2
t
dt
−
∫0
⎜ ⎢⎣ 2
⎝
dx
ln x = u ⇒ du =
x
ln 2
2
2−
}
2 − 0 2 − 2 ⋅ ln 2 + 1.0 +
[ ]
1 2
⋅ x
2
2
1
2
1
1
1
⋅ ln 2 + ⋅ (2 − 1) = ⋅ ln 2 2 − ln 2 +
2
2
2
2
8
IES Mediterráneo de Málaga
Solución Septiembre 2006
Juan Carlos Alonso Gianonatti
C-1.- ¿Existen máximos y mínimos absolutos de la función f ( x) = cos x + 1 en el
intervalo [0 , π ] ?. Justifíquese su existencia y calcúlense.
f ' ( x) = − sen x ⇒ f ' ( x) = 0 ⇒ − sen x = 0 ⇒ sen x = 0 ⇒ x = 0 + kπ , k ∈ ℜ
f ' ' (0 ) = − cos 0 = −1 < 0 ⇒ Máximo
⎧
f ' ' (x ) = − cos x ⇒ ⎨
⎩ f ' ' (π ) = − cos π = −(− 1) = 1 > 0 ⇒ Mínimo
Como los extremos relativos se cumplen en los puntos extremos del int ervalo estos son extremos
absolutos.
Máximo absoluto en x = 0 ⇒ f (0 ) = cos 0 + 1 = 1 + 1 = 2 ⇒ (0 , 2 )
Mínimo absoluto en x = π ⇒ f (π ) = cos π + 1 = −1 + 1 = 0 ⇒ (π , 0 )
2
a⎞
⎛1
⎟
⎜
C-2.- Dadas las matriz P = ⎜ 2 a + 1 0 ⎟ , determínense los valores del número real a
⎜3
4
5 ⎟⎠
⎝
para los cuales existe la matriz inversa de P
a
1
2
P ≠ 0 ⇒ P = 2 a + 1 0 = 5(a + 1) + 8a − 3a (a + 1) − 20 = 5a + 5 + 8a − 3a 2 − 3a − 20 = −3a 2 + 10a − 15
3
4
5
P = 0 ⇒ −3a 2 + 10a − 15 = 0 ⇒ 3a 2 − 10a + 15 = 0 ⇒ Δ = 100 − 180 = −80 < 0 ⇒ ∀a ∉ ℜ
Existe P −1 ⇒ ∀a ∈ ℜ
C-3.- Calcúlense las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la gráfica de la
x2
en el punto x = 0
función f ( x) = 2
x +1
f ' ( x) =
(
)
2 x x 2 + 1 − 2 xx 2
(x
2
)
+1
2
=
2x3 + 2x − 2x3
(x
2
)
+1
2
=
(x
2x
2
)
+1
2
⇒
2⋅0
0
⎧
= = 0 ⇒ Ec. tan g . ⇒ y − 0 = 0 ⋅ ( x − 0 ) ⇒ y = 0
2
⎪m = f ' (0) = 2
1
0 +1
02
0
⎪
= =0⇒⎨
f (0 ) = 2
1
1
1
1
= − = − ⇒ y − 0 = − ⋅ (x − 0) ⇒ x = 0
m' = −
0 +1 1
⎪
0
0
0
f ' (0 )
⎪
1
⎩
(
)
9
IES Mediterráneo de Málaga
Solución Septiembre 2006
Juan Carlos Alonso Gianonatti
C-4.- El triángulo ABC es rectángulo en A, siendo A(3 , 0 , -1), B(6 , -4 , 5) y
C(5 , 3 , z). Calcúlese el valor de z y hállese el área del triángulo.
Los vectores AB y AC son perpendiculares, entre si, siendo su producto escalar nulo.
⎧⎪ AB = (6 , − 4 , 5) − (3 , 0 , − 1) = (3 , − 4 , 6 )
⇒ AB ⋅ AC = (3 , − 4 , 6) ⋅ (2 , 3 , z + 1) ⇒ 6 − 12 + 6( z + 1) = 0
⎨
⎪⎩ AC = (5 , 3 , z ) − (3 , 0 , − 1) = (2 , 3 , z + 1)
− 6 + 6z + 6 = 0 ⇒ 4z = 0 ⇒ z = 0
i
j k
1
A = ⋅ AB × AC ⇒ AC = (2 , 3 , 0 + 1) = (2 , 3 , 1) ⇒ AB × AC = 3 − 4 6
2
2 3 1
AB × AC = −4i + 12 j + 9k + 8k − 18i − 3 j = −22i + 9 j + 17 k ⇒ AB × AC =
A=
(− 22)2 + 9 2 + 17 2
1
⋅ 854 u 2
2
10