Año 2014. - IES Ramón Olleros

Selectividad
Septiembre 2014
Pruebas de Acceso a enseñanzas
universitarias oficiales de grado
Castilla y León
MATEMÁTICAS II
EJERCICIO
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
5 2
2 1 
1. a) Resolver la siguiente ecuación matricial X · A = B – C, siendo A = 
, B = 
y
3 1
 3 −2 
 1 −1 
C= 
.
1 2 
b) Sean F1, F2 y F3 las filas de una matriz cuadrada de orden 3 cuyo determinante vale 5. Calcular
razonadamente el valor del determinante de la matriz cuyas filas son respectivamente 3 F1 – F3, F2
y 2F3.
x − y + 2 = 0
.
2. Sea el punto A(1, 1, 3) y la recta de ecuación r ≡ 
z=2

a) Calcular el plano perpendicular a la recta r que pasa por A.
b) Calcular la distancia del punto A a la recta r.
3. Sea la función f (x) = x2 e–x. Determinar sus intervalos de crecimiento y decrecimiento, extremos
relativos, intervalos de concavidad y convexidad, puntos de inflexión y asíntotas. Esbozar su
gráfica.
4. a) Hallar el punto en el que la recta tangente a la gráfica de la función f (x) = x2 – x + 4 es
paralela a la recta de ecuación y = 5x – 7.
b) Calcular el área delimitada por la parábola de ecuación y = 2x2 y la recta y = 2x + 4.
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OPCIÓN B
 mx − y = 1
1. Sea el sistema de ecuaciones lineales 
.
− x + my = 1 − 2m
a) Discutir el sistema según los valores de m.
b) Hallar los valores de m para los que el sistema tenga alguna solución en la que x = 2.
x −1
= y + 2 = z + 1 y el plano π ≡ 3x – 2y + z + 5 = 0,
2
determinar el punto B de π tal que la recta AB sea paralela a la recta r.
JJJG JJJG
b) Hallar las coordenadas de un vector de módulo 1 que sea perpendicular a los vectores PQ y PR ,
siendo P(1, 3, –1), Q(2, 0, 1) y R(–1, 1, 0).
2. a) Dados el punto A(3, 5, 1), la recta r ≡
3. Se desea construir un depósito de chapa (en forma de prisma recto, abierto y de base cuadrada)
con una capacidad de 32000 litros. ¿Cuáles han de ser las dimensiones del depósito para que se
precise la menor cantidad de chapa posible en su construcción?
4. a) Enunciar e interpretar geométricamente el Teorema de Rolle.
b) Hallar la primitiva de f (x) = x2 ln x cuya gráfica pasa por el punto (1, 2).
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SOLUCIONES
OPCIÓN A
5 2
2 1 
1. a) Resolver la siguiente ecuación matricial X · A = B – C, siendo A = 
, B = 
y
3 1
 3 −2 
 1 −1 
C= 
.
1 2 
b) Sean F1, F2 y F3 las filas de una matriz cuadrada de orden 3 cuyo determinante vale 5. Calcular
razonadamente el valor del determinante de la matriz cuyas filas son respectivamente 3 F1 – F3, F2
y 2F3.
Solución:
a) En primer lugar despejemos la matriz X de la ecuación matricial dada, X · A = B – C:
X·A=B–C
X= (B – C) · A–1
⇒
Calculemos pues las matrices B – C y A–1:
 2 1   1 −1   1 2 
B–C= 

–
 =
 3 −2  1 2   2 −4 
Por otra parte, para que exista A–1, se debe cumplir que el determinante de la matriz A sea no nulo.
|A|=
5 2
= 5 – 6 = –1 ≠ 0
3 1
Como la matriz A–1 existe, esta vendrá dada por:
Adj ( At )
| A|
A–1 =
siendo Adj (At) la matriz adjunta de la transpuesta de A. Calculémosla:
 5 3
At = 

 2 1
⇒
 1 −2 
Adj (At) = 

 −3 5 
⇒
A–1 =
Adj ( At )
1  1 −2   −1 2 
=
·
=

−1  −3 5   3 −5 
| A|
Entonces:
 1 2   −1 2   5 −8 
X= (B – C) · A–1 = 
 =
·

 2 −4   3 −5   −14 24 
b) Repasemos en primer lugar algunas propiedades de los determinantes:
(1) Si todos los elementos de una fila o columna de una matriz cuadrada se descomponen es dos
sumandos, entonces su determinante es igual a la suma de dos determinantes que tienen en
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esa fila o columna el primero y segundo sumandos, respectivamente, y en las demás los
mismos elementos que el determinante inicial.
(2) Si se multiplican todos los elementos de una fila o columna de una matriz cuadrada por un
número, el determinante queda multiplicado por dicho número.
(3) Si una matriz cuadrada tiene dos filas o dos columnas iguales o proporcionales, su
determinante es cero.
Utilizando las propiedades anteriores, calculemos el valor del determinante de la matriz cuyas filas
son respectivamente 3 F1 – F3, F2 y 2F3:
(1)
(2)
det (3 F1 – F3, F2, 2F3) = det (3 F1, F2, 2F3) – det (F3, F2, 2F3) =
(2)
(3)
= 3 · 2 · det (F1, F2, F3) – 2 · det (F3, F2, F3) = 6 · det (F1, F2, F3) + 0 = 6 · 5 = 30
x − y + 2 = 0
.
2. Sea el punto A(1, 1, 3) y la recta de ecuación r ≡ 
z=2

a) Calcular el plano perpendicular a la recta r que pasa por A.
b) Calcular la distancia del punto A a la recta r.
Solución:
en cuenta que el
a) Para determinar el plano π perpendicular
a la recta r que pase por A, tengamos
JG
JJG
vector director de la recta r, vr , coincide con el vector característico, p , del plano π buscado.
Escribamos las ecuaciones paramétricas de la recta r, tomando y = λ, para conocer cual es su vector
director:
 x = −2 + λ

r≡  y=λ
 z=2

⇒
JG
JJG
vr = (1, 1, 0) = p
El plano buscado π tendrá entonces por ecuación:
x+y+D=0
Para calcular el coeficiente D, imponemos la condición de que dicho plano ha de pasar por el punto
A dado, y por tanto sus coordenadas verifican la ecuación del plano:
A∈π
⇒
1+1+D=0
⇒
D = –2
Así, la ecuación del plano π pedido es:
x+y–2=0
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b) Una forma de calcular la distancia del punto A a la recta r sería usando la fórmula:
JJJG JJG
| RA ∧ vr |
JJG
d (A, r) =
| vr |
JJJG
JJG
siendo RA un vector que una el punto A con un punto cualquiera R de la recta r, vr el vector
JJJG JJG
director de la recta r y | RA × vr | es el módulo del producto escalar de ambos.
A partir de las ecuaciones paramétricas de la recta r calculadas en el apartado anterior, tenemos que
un punto R de dicha recta es:
R(–2, 0, 2)
Por tanto:
JJJG
RA = (3, 1, 1)
Entonces:
G
i
G G
j k
3 1 1
G G
G
JJJG JJG
1 1 0 | − i + j + 2k |
(−1) 2 + 12 + 22
6
| RA ∧ vr |
JJG
d (A, r) =
=
=
=
=
= 3 u
|(1,1, 0)|
|(1,1, 0)|
| vr |
2
12 + 12 + 02
Otra forma de calcular dicha distancia, si es que no recuerdas la fórmula anterior, sería calculando
en primer lugar el punto de intersección, P, de la recta r con un plano perpendicular a la misma que
pasase por A, que por otra parte hemos calculado en el apartado anterior. La distancia de A a la recta
r, coincide con la distancia de A al punto P.
Para calcular P, sustituyamos las coordenadas de un punto
genérico de la recta r en la ecuación del plano π:
P≡r∩π
⇒
–2 + λ + λ – 2 = 0
⇒
•A
λ=2
Por tanto:
π
r
P(0, 2, 2)
•
P
JJG JG
vr = p
Entonces:
d (A, r) = d (A, P) =
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(0 − 1) 2 + (2 − 1) 2 + (2 − 3) 2 = 3 u
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3. Sea la función f (x) = x2 e–x. Determinar sus intervalos de crecimiento y decrecimiento, extremos
relativos, intervalos de concavidad y convexidad, puntos de inflexión y asíntotas. Esbozar su
gráfica.
Solución:
a) El dominio de definición de la función dada es: Dom f = \ . Estudiemos en primer lugar la
monotonía de f (x). Para ello, calculemos su derivada, f ‘(x):
f ‘(x) = 2x e–x – x2 e–x·= (2x – x2) e–x
Los puntos singulares se presentan en los puntos solución de la ecuación f ‘ (x) = 0.
f ‘(x) = 0
⇒
(2x – x2) e–x = 0
2x – x2
⇒
⇒
x=0 y x=2
Representemos estos puntos singulares sobre la recta real y veamos el signo que toma f ‘ (x) en cada
uno de los intervalos en que queda dividida:
f ‘(x) < 0
f ‘(x) > 0
f ‘(x) < 0
0
2
Por tanto, la función f decrece en (−∞, 0) ∪ (2, +∞) y crece en (0, 2).
De lo anterior se deduce que en el punto de abscisa x = 0 se presenta un mínimo relativo de la
función f, pues en él la monotonía cambia de decreciente a creciente. También se deduce que en el
punto de abscisa x = 2 la función presenta un máximo relativo, pues en él la función f pasa de ser
creciente a ser decreciente.
Mínimo relativo en (0, 0)
Máximo relativo en (2, 4e–2)
y
A dicha conclusión se puede llegar también a través del estudio de la derivada segunda:
f ‘’ (x) = (2 – 2x) e–x – (2x – x2) e–x = (2 – 4x + x2) e–x
f‘’ (0) = 2 > 0 ⇒ Mínimo
⇒
f‘’ (2) = –2 e–2 < 0 ⇒ Máximo
Estudiemos ahora la curvatura a través de la derivada segunda. Los puntos de inflexión, si los hay,
se presentan en los puntos solución de la ecuación f ‘’(x) = 0.
f ‘’(x) = 0
⇒
(2 – 4x + x2) e–x = 0
⇒
2 – 4x + x2 = 0
⇒
x=2±
2
Representemos dichos puntos sobre la recta real y veamos el signo que toma f ‘’ (x) en cada uno de
los intervalos en que queda dividida:
f ‘’(x) > 0
f ‘’(x) < 0
2–
2
2+
Por tanto, la función f es cóncava hacia arriba en (−∞, 2 –
abajo en crece en (2 – 2 , 2 + 2 ).
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f ‘’(x) > 0
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2
2 ) ∪ (2 +
2 , +∞) y cóncava hacia
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De lo anterior se deduce que en el punto de abscisa x = 2 – 2 se presenta un punto de inflexión de
la función f, pues en él la curvatura cambia de cóncava hacia arriba a cóncava hacia abajo. También
se deduce que en el punto de abscisa x = 2 + 2 la función presenta otro punto de inflexión pues en
él la curvatura cambia de cóncava hacia abajo a cóncava hacia arriba.
(
(
)
Puntos de inflexión en 2 − 2, 6 − 4 2 e
(
− 2− 2
)
)
y
(2 +
(
)
2, 6 + 4 2 e
(
− 2+ 2
)
)
Estudiemos ahora las asíntotas de la función:
•
Verticales: No existen pues Dom f = \ .
•
Horizontales:
Veamos en primer lugar qué pasa si x → –∞.
Lim x 2 · e − x = Lim (− x) 2 · e− ( − x ) = Lim x 2 · e x = (+∞)·(+∞) = +∞
x →−∞
x →+ ∞
x→+∞
Por tanto no existe asíntota horizontal si x → –∞.
Veamos ahora qué pasa si x → +∞.
2
Lim x · e
x→+∞
−x
x2 ∞
= Lim x =
x →+ ∞ e
∞
Aplicando la regla de L´Hopital, se tiene que:
x2
2x
2
2
L ' Hopital
L ' Hopital
= 
→ = Lim x = 
→ = Lim x =
= 0= 0
x
x →+ ∞ e
x →+ ∞ e
x →+ ∞ e
+∞
Lim
Por tanto, la recta y = 0 es una asíntota horizontal de f cuando x → +∞.
•
Oblicuas: Como hay un asíntota horizontal cuando x → +∞, ya no puede haber oblicuas
cuando x → +∞, pues son excluyentes. Veamos que pasa si x → –∞. Si existiese asíntota
oblicua ésta tendría por ecuación y = mx + n, donde m y n son los siguientes límites, que
deben existir y ser finitos:
m = Lim
x →−∞
f ( x)
x
y
n = Lim ( f ( x) − mx)
x→−∞
Calculémoslos:
x 2 · e− x
(− x) 2 · e− ( − x )
x2 · ex
= Lim
= Lim
= Lim − x · e x = (−∞)·(+∞) = −∞
x →− ∞
x→+∞
x →+ ∞ − x
x→+∞
x
−x
m = Lim
Como m no es finito, tampoco existe asíntota oblicua si x → –∞.
Finalmente, con los datos anteriores la gráfica de la función es:
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4. a) Hallar el punto en el que la recta tangente a la gráfica de la función f (x) = x2 – x + 4 es
paralela a la recta de ecuación y = 5x – 7.
b) Calcular el área delimitada por la parábola de ecuación y = 2x2 y la recta y = 2x + 4.
Solución:
a) Tengamos en cuenta las siguientes consideraciones:
•
Dos rectas paralelas tienen igual pendiente.
•
La pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función en un punto x = a es el valor de la
derivada de la función en dicho punto, es decir, f ‘(a).
Así, como:
•
La recta dada, y = 5x – 7, tiene pendiente m = 5.
•
f ‘(x) = 2x – 1
Se ha de cumplir que dichos valores coincidan, es decir:
⇒
2x – 1 = 5
x=3
Por tanto el punto buscado tiene por coordenadas (3, f(3)), luego es el punto:
(3, f(3)) = (3, 10)
b) Calculemos en primer lugar los límites de integración. Estos vendrán dados por las soluciones de
la ecuación resultante de igualar ambas funciones:
2x2 = 2x + 4
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⇒
2x2 – 2x – 4 = 0
⇒
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x2 – x – 2 = 0
⇒
x = –1 y x = 2
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Entre las dos abscisas obtenidas x = –1 y x = 2, se sitúa por encima la función y = 2x + 4 como se
puede comprobar fácilmente si más que elegir una abscisa de dicho intervalo y comparar el valor de
de su imagen para ambas funciones. Por ejemplo, si elegimos la abscisa x = 0, entonces:
Parábola: y (0) = 2 · 02 = 0
Recta: y (0) = 2 · 0 + 4 = 4
Así pues, el área pedida viene dada por:
2

2 x3 
Área = ∫ [(2 x + 4) − 2 x ] dx =  x 2 + 4 x −
=
−1
3  −1

2
2
16  
2  20  7  27

−−  =
= 9 u2
=  4 + 8 −  − 1 − 4 +  =
3 
3 3  3 3

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OPCIÓN B
 mx − y = 1
1. Sea el sistema de ecuaciones lineales 
.
− x + my = 1 − 2m
a) Discutir el sistema según los valores de m.
b) Hallar los valores de m para los que el sistema tenga alguna solución en la que x = 2.
Solución:
a) Consideremos las matrices de los coeficientes, A, y la matriz ampliada, A , del sistema:
 m −1 
A= 

 −1 m 
 m −1 1 
A =

 −1 m 1 − 2 m 
Veamos cual es el determinante de A:
|A|=
m −1
= m2 –1
−1 m
Dicho determinante se anula para:
m2 – 1 = 0
⇒
m = –1 y m = 1
Por tanto, tenemos que:
•
Si m ≠ –1 y m ≠ 1
⇒
rango (A) = 2 = rango ( A ) = nº incógnitas
compatible determinado. Tiene solución única.
•
Si m = –1 ⇒ Las matrices que tenemos son:
 −1 −1
A= 

 −1 −1
⇒
Sistema
 −1 −1 1 
A =

 −1 −1 3 
En la matriz A ambas filas son iguales (f2 = f1) y por tanto rango (A) = 1. Sin embargo,
rango ( A ) = 2 ya que en dicha matriz es posible encontrar un menor de orden dos no nulo:
−1 1
= –3 + 1 = –2 ≠ 0
−1 3
Por tanto rango (A) = 1 ≠ 2 = rango ( A )
•
⇒
Sistema incompatible. No tiene solución.
Si m = 1 ⇒ Las matrices que tenemos son:
 1 −1 
A= 

 −1 1 
 1 −1 1 
A =

 −1 1 −1 
En ambas matrices se cumple que la segunda fila es proporcional a la primera (f2 = – f1) y
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por tanto rango (A) = 1 = rango ( A ) < 2 = nº incógnitas
⇒
Sistema compatible
indeterminado. Tiene infinitas soluciones que dependen de un parámetro.
b) Para hallar los valores de m para los que el sistema tenga alguna solución en la que x = 2, sólo
debemos tomar el sistema y sustituir en él la variable x por el valor que toma, 2:
 2m − y = 1

−2 + my = 1 − 2m
Obtenemos así un sistema, no lineal, de dos ecuaciones con dos incógnitas, m e y. Resolvámoslo por
el método de sustitución. Despejando y de la primera ecuación:
y = 2m – 1
Sustituyendo en la segunda:
–2 + m (2m – 1) = 1 – 2m
Para el caso m = −
2m2 + m – 3 = 0
⇒
⇒
m= −
3
y m=1
2
3
(m ≠ ±1) el sistema es compatible determinado y su única solución sería x = 2
2
e y = –4.
Para el caso m = 1, el sistema es compatible indeterminado. Tiene infinitas soluciones que dependen
de un parámetro (x = 1 + λ, y = λ, con λ ∈ \ ), y en una de ellas el valor de x es 2. Dicha solución
es x = 2 e y = 1.
x −1
= y + 2 = z + 1 y el plano π ≡ 3x – 2y + z + 5 = 0,
2
determinar el punto B de π tal que la recta AB sea paralela a la recta r.
JJJG JJJG
b) Hallar las coordenadas de un vector de módulo 1 que sea perpendicular a los vectores PQ y PR ,
siendo P(1, 3, –1), Q(2, 0, 1) y R(–1, 1, 0).
2. a) Dados el punto A(3, 5, 1), la recta r ≡
Solución:
a) El punto B buscado es la intersección de la recta s, paralela a r que pasa por A, y el plano π.
s
π
r
•B
A•
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JJG
Calculemos la recta s, que está determinada por al punto A y el vector director vr de la recta r. Este
último lo obtenemos fácilmente a partir de la ecuación continua de la recta r.
JJG
vr = (2, 1, 1)
Por tanto, las ecuaciones paramétricas de la recta s son:
 x = 3 + 2λ

s ≡  y = 5 + λ con λ ∈ \
 z = 1+ λ

Para obtener las coordenadas de B, intersección de la recta s y del plano π, sustituimos las
coordenadas de un punto genérico de la recta s en la ecuación del plano π:
B=s∩π
⇒
3 (3 + 2λ) – 2 (5 + λ) + (1 + λ) + 5 = 0
⇒
5λ + 5 = 0
⇒
λ = –1
Por tanto el punto B es:
B(1, 4, 0)
JJJG JJJG
G
b) Calculemos en primer lugar un vector, n , que sea perpendicular a los vectores PQ y PR . Este
G
vendrá dado por el producto vectorial de ambos. Una vez hallado n , calculamos el vector pedido
normalizándolo, es decir, dividiéndolo entre su módulo para obtener un vector unitario de igual
G
dirección y sentido que n . Procedamos:
JJJG
PQ = (1, –3, 2)
y
JJJG
PR = (–2, –2, 1)
Entonces:
G
G
i
j
G JJJG JJJG
n = PQ ∧ PR = 1 −3
−2 −2
G
k
G
G
G
2 = i – 5 j – 8k
1
JJJG JJJG
G
Por tanto, un vector, u , de módulo 1 que es perpendicular a los vectores PQ y PR es:
G
G
n
u = G =
| n|
G G G
i − 5 j − 8k
G G G
i − 5 j − 8k
1 G
5 G
8 G
90 G
90 G 4 90 G
=
=
i−
j−
k=
i−
j−
k
90
18
45
90
90
90
90
12 + (−5) 2 + (−8) 2
G
Nota: El vector – u también cumple las condiciones pedidas.
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3. Se desea construir un depósito de chapa (en forma de prisma recto, abierto y de base cuadrada)
con una capacidad de 32000 litros. ¿Cuáles han de ser las dimensiones del depósito para que se
precise la menor cantidad de chapa posible en su construcción?
Solución:
Consideremos un depósito con las dimensiones de la figura. La cantidad
de chapa requerida para construirlo, la cual ha de ser mínima, viene dada
por:
C (x, y) = Superficie lateral + Base = 4xy + x2
Debemos por tanto minimizar esta función. La relación entre las variables
viene dada por la capacidad del depósito (1 litro ∼ 1 dm3):
Capacidad = x2 · y = 32 m3
Por tanto:
x2 · y = 32
⇒
y=
32
x2
Sustituyendo en la función C(x, y), tenemos que:
C (x) = 4x ·
32
128
+ x2 =
+ x2
2
x
x
Para estudiar sus extremos, calculamos la derivada primera:
C ‘ (x) = –
128
+ 2x
x2
La igualamos a cero para calcular sus puntos singulares:
C ‘ (x) = 0
⇒
–
128
+ 2x = 0
x2
2x3 – 128 = 0
⇒
⇒
x3 – 64 = 0
⇒
x=4
Veamos que se trata de un mínimo con la 2ª derivada:
C ‘’ (x) =
256
+2
x3
⇒
C ‘’ (4) =
256
+2=4+2=6>0
43
⇒
Mínimo
Por tanto, las dimensiones del depósito para que se precise la menor cantidad de chapa posible en su
32
construcción son x = 4 m e y = 2 = 2 m.
4
Dpto. Matemáticas
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IES “Ramón Olleros”
Selectividad
Septiembre 2014
4. a) Enunciar e interpretar geométricamente el Teorema de Rolle.
b) Hallar la primitiva de f (x) = x2 ln x cuya gráfica pasa por el punto (1, 2).
Solución:
a) Teorema de Rolle: Si f (x) es una función definida y continua en un intervalo cerrado [a, b] y
derivable en el intervalo abierto (a, b) y además se cumple que f (a) = f (b), entonces, existe al
menos un punto c del intervalo (a, b) tal que f ‘(c) = 0.
Geométricamente nos dice que si la función f cumple las condiciones requeridas en el teorema,
entonces existe al menos un punto en el intervalo (a, b) en el cual la recta tangente a la gráfica de la
función f trazada en dicho punto c es horizontal.
b) Calculemos la integral indefinida, F (x), de la función dada, f (x) = x2 ln x.
F (x) = ∫ ( x 2 ln x) dx
Resolvamos la integral por partes:
ln x = u ⇒
1
dx = du
x
x3
x dx = dv ⇒ v = ∫ x dx =
3
2
2
Entonces:
2
∫ ( x ln x) dx =
x3
x3 1
x 3 ln x 1 2
x 3 ln x x3
·ln x − ∫ · dx =
− ∫ x dx =
− +C
3
3 x
3
3
3
9
Buscamos una primitiva que pase por el punto (1, 2), esto es, F (1) = 2.
F (1) =
13 ln1 13
1
− +C = − +C = 2
3
9
9
⇒
C=
19
9
Por tanto la primitiva en cuestión es:
F (x) =
Dpto. Matemáticas
x 3 ln x x 3 19
− +
3
9 9
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