Año 2012. - IES Ramón Olleros

Selectividad
Junio 2012
Pruebas de Acceso a enseñanzas
universitarias oficiales de grado
Castilla y León
EJERCICIO
MATEMÁTICAS II
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
1
.
1 + et
a) Calcular ∫ f (t ) dt .
1. Sea f (t) =
b) Sea g (x) =
∫
x
0
f (t ) dt . Calcular Lim
x→0
g ( x)
.
x
a e2 x
, se pide:
1+ x
a) Hallar a para que la pendiente de la recta tangente a la función en x = 0 valga 2.
b) Para a = 1, estudiar el crecimiento, decrecimiento y extremos relativos.
c) Para a = 1, hallar sus asíntotas.
2. Dada la función f (x) =
 ax + y + z = (a − 1)(a + 2)

3. Se considera el sistema de ecuaciones  x + ay + z = (a − 1) 2 (a + 2) .
 x + y + az = (a − 1)3 (a + 2)

a) Discutir el sistema según los valores del parámetro a.
b) Resolver el sistema para a = 1.
c) Resolver el sistema para a = –2.
x y −1 z − 3
x − 2 y z +1
=
=
; s≡
= =
.
1
−2
2
3
1
−1
a) Justificar razonadamente que ambas rectas se cruzan.
b) Hallar la perpendicular común y que corta a las dos rectas.
4. Se consideran las rectas: r ≡
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OPCIÓN B
1
dx .
+ 2x + 3
b) Calcular los valores del parámetro a para que las tangentes a la gráfica de la función
f (x) = ax3 + 2x2 + 3 en los puntos de abscisas x = 1 y x = –1 sean perpendiculares.
1. a) Calcular
∫x
2
2. Se considera la función f (x) = ex + ln(x), x ∈ (0, ∞) donde ln denota el logaritmo neperiano.
a) Estudiar la monotonía y las asíntotas de f (x).
b) Demostrar que la ecuación x2 ex – 1 = 0 tiene una única solución c en el intervalo [0, 1].
c) Deducir que f presenta un punto de inflexión en c. Esbozar la gráfica de f.
3. Sea M una matriz cuadrada que cumple la ecuación M2 – 2M = 3I, donde I denota la matriz
identidad.
a) Estudiar si existe la matriz inversa de M. En caso afirmativo expresar M–1 en términos de
M e I.
a b
2
b) Hallar todas las matrices M de la forma 
 que cumplan la ecuación M – 2M = 3I.
b
a


4. Un rectángulo tiene dos vértices consecutivos en los puntos P (2, 1, 3) y Q (1, 3, 1); los otros
dos sobre una recta r que pasa por el punto R (–4, 7, –6).
a) Calcular la ecuación de la recta r.
b) Calcular la ecuación del plano que contiene al cuadrado.
c) Hallar las coordenadas de uno de los otros vértices.
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SOLUCIONES
OPCIÓN A
1
.
1 + et
a) Calcular ∫ f (t ) dt .
1. Sea f (t) =
b) Sea g (x) =
∫
x
0
f (t ) dt . Calcular Lim
x→0
g ( x)
.
x
Solución:
a) Para calcular esta integral, hagamos primero un cambio de variable:
(et = z – 1) ⇒
z = 1 + et
⇒
dz = et dt
dt =
dz
et
⇒
dt =
dz
z −1
Tenemos entonces que:
1
∫ f (t ) dt = ∫ 1 + e
t
dt = ∫
1 dz
1
=∫
dz
z z −1
z ( z − 1)
La integral original se ha convertido en una integral racional. Descompongamos el integrando en
fracciones simples:
1
A
B
= +
z ( z − 1) z z − 1
Así, operando en el segundo miembro:
1
A
B
A( z − 1) + Bz ( A + B ) z − A
= +
=
=
z ( z − 1) z z − 1
z ( z − 1)
z ( z − 1)
Igualando los coeficientes del numerador obtenido con los coeficientes del primer miembro se llega
al sistema:
A + B = 0

− A = 1
Resolviéndolo, A = –1 y B = 1. La integral se puede descomponer entonces como suma de dos
integrales simples:
1
∫ z ( z − 1) dz
1
1
= − ∫ dz + ∫
dz = – ln | z | + ln | z – 1 | + C
z
z −1
Deshaciendo el cambio de variable:
1
∫ f (t ) dt = ∫ 1 + e
Dpto. Matemáticas
t
dt = ∫
1 dz
1
=∫
dz = – ln | z | + ln | z – 1 | + C = – ln | 1 + et | + t + C
z z −1
z ( z − 1)
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Nota: Esta integral también se puede hacer de una manera similar a la anterior usando el cambio de
variable z = et
Nota: Esta integral también se puede hacer de manera más sencilla, aunque usando un truco para el
cual hay que echarle un poco de imaginación, de la siguiente manera. Consideremos la integral
original y sumemos y restemos en el numerador del integrando el término et. Así:
∫
f (t ) dt =
1
1 + et − et
dt
=
∫ 1 + et ∫ 1 + et dt
Separando el integrando en dos fracciones, se tiene que:
1 + et − et
1 + et
et
et
t
∫ 1 + et dt = ∫ 1 + et dt − ∫ 1 + et dt = ∫ 1dt − ∫ 1 + et dt = t – ln | 1 + e | + C
b) Calculemos g (x):
g (x) =
∫
x
0
f (t ) dt = (x – ln | 1 + ex |) – (0 – ln | 1 + e0 |) = x – ln | 1 + ex | + ln 2
Entonces:
g ( x)
x − ln |1 + e x | + ln 2 0 − ln 2 + ln 2 0
Lim
= Lim
=
=
x→0
x→0
x
x
0
0
Para calcular este límite, apliquemos la regla de L’Hopital:
Lim
x→0
x − ln |1 + e x | + ln 2
L ' Hopital
= 
→ = Lim
x→0
x
1−
ex
e0
1 1
1
−
1−
1+ ex
1 + e0
2= 2 =1
=
=
1
1
1
1 2
a e2 x
, se pide:
1+ x
a) Hallar a para que la pendiente de la recta tangente a la función en x = 0 valga 2.
b) Para a = 1, estudiar el crecimiento, decrecimiento y extremos relativos.
c) Para a = 1, hallar sus asíntotas.
2. Dada la función f (x) =
Solución:
a) La interpretación geométrica de la tangente nos dice que la pendiente de la recta tangente a la
gráfica de la función en un punto es igual al valor de la derivada de la función en dicho punto. Por
tanto, tendremos que:
f ‘(0) = 2
Como
f ‘(x) =
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2a e2 x (1 + x) − ae 2 x a e 2 x (1 + 2 x)
=
(1 + x)2
(1 + x)2
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se tiene que:
f ‘(0) = 2
⇒
a e0 (1 + 0) a
= =a=2
(1 + 0) 2
1
e2 x
. En primer lugar, tengamos en cuenta que su
b) Para a = 1, la función viene dada por: f (x) =
1+ x
dominio es: D (f) = ℝ – {–1}.
Sabemos que su derivada es:
e 2 x (1 + 2 x)
f ‘(x) =
(1 + x) 2
Igualémosla a cero para calcular sus puntos singulares:
⇒
f ‘(x) = 0
e 2 x (1 + 2 x)
=0
(1 + x) 2
⇒
1 + 2x = 0
⇒
x= −
1
2
Representemos sobre la recta real este punto y los que no pertenecen al dominio, y estudiemos el
signo de la derivada primera en cada uno de los intervalos en que queda dividida:
f ‘ (x) < 0
f ‘ (x) < 0
–1
f ‘ (x) > 0
–1/2
Por tanto, se deduce que:
 1

• f crece en  − , + ∞  y decrece en (–∞,–1) ∪
 2

• Mínimo en x = −
1
2
⇒
1

 −1, − 
2

 1
−1 
 − , 2e 
 2

c) Calculemos finalmente las asíntotas:
• Asíntotas verticales:
Lim− f ( x) = Lim−
x → −1
x → −1
e2 x
e −2
= − = −∞
1+ x 0
y
Lim+ f ( x) = Lim+
x → −1
x →−1
e2 x
e −2
= + = +∞
1+ x 0
Por tanto hay una asíntota vertical en x = –1.
• Asíntotas horizontales:
e2 x
∞
2e 2 x
L ' Hopital
= = 
→ = Lim
= +∞
x → +∞ 1 + x
x → +∞ 1
∞
Lim f ( x) = Lim
x → +∞
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Por tanto no hay asíntota horizontal si x → +∞.
e2 x
e −2 x
1
1
Lim f ( x) = Lim
= Lim
= Lim
=
=0
x → −∞
x →−∞ 1 + x
x → +∞ 1 − x
x → +∞ (1 − x )e 2 x
−∞
Por tanto hay asíntota horizontal si x → –∞. Esta es la recta y = 0.
• Asíntota oblicua si x → +∞:
m = Lim
x → +∞
f ( x)
e2 x
∞
2e 2 x
∞
4e 2 x
L ' Hopital
L ' Hopital
Lim
Lim
= Lim
=
=

→
=
=
=

→
=
= +∞
x → +∞ x + x 2
x → +∞ 1 + 2 x
x → +∞ 2
x
∞
∞
Por tanto no hay asíntota oblicua si x → +∞.
 ax + y + z = (a − 1)(a + 2)

3. Se considera el sistema de ecuaciones  x + ay + z = (a − 1) 2 (a + 2) .
 x + y + az = (a − 1)3 (a + 2)

a) Discutir el sistema según los valores del parámetro a.
b) Resolver el sistema para a = 1.
c) Resolver el sistema para a = –2.
Solución:
a) Consideremos la matriz de los coeficientes A y la matriz ampliada A :
a 1 1


A = 1 a 1
1 1 a


 a 1 1 (a − 1)(a + 2) 


A =  1 a 1 (a − 1) 2 (a + 2) 
 1 1 a (a − 1)3 (a + 2) 


Calculemos | A | y estudiemos su valor en función de los valores del parámetro a:
a 1 1
| A | = 1 a 1 = a3 + 1 + 1 − a − a – a = a3 – 3a + 2
1 1 a
Se tiene que:
|A|=0
⇒
a3 – 3a + 2 = 0
⇒
a = 1 (doble) y a = –2
Estudiemos los distintos casos que se presentan:
•
Si a ≠ 1 y a ≠ –2 ⇒ rango (A) = 3 = rango ( A ). El sistema es compatible determinado.
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•
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Si a = 1
1 1 1 0 


A = 1 1 1 0 
1 1 1 0 


Por tanto, rango (A) = 1 pues sus tres filas son iguales y rango ( A ) = 1 por la misma razón. El
sistema es compatible indeterminado, dependiente de dos parámetros, ya que la diferencia entre
el número de incógnitas y los rangos de las matrices A y A es dos.
 1 1 1


A = 1 1 1
1 1 1


•
a = –2
 −2 1 1 


A =  1 −2 1 
 1 1 −2 


 −2 1 1 0 


A =  1 −2 1 0 
 1 1 −2 0 


En este caso rango (A) = 2, pues podemos encontrar un menor de orden dos no nulo en la matriz
−2 1
A, por ejemplo:
= 4 – 1 = 3 ≠ 0. De igual modo, rango ( A ) = 2, pues como la última
1 −2
columna es nula, la podemos eliminar para calcular el rango de dicha matriz, obteniendo
entonces la matriz de los coeficientes A. Por tanto, el sistema es compatible indeterminado,
dependiente de un parámetro, ya que la diferencia entre el número de incógnitas y los rangos de
las matrices A y A es uno.
b) Si a = 1, el sistema es compatible indeterminado, dependiente de dos parámetros. Este es:
x + y + z = 0

x + y + z = 0
x + y + z = 0

Como las tres ecuaciones son iguales, nos quedamos sólo con una. Si hacemos y = λ y z = µ, la
solución del sistema es:
 x = −λ − µ

con λ y µ ∈ ℝ
 y=λ
 z=µ

c) En el caso a = –2, el sistema es compatible indeterminado dependiente de un parámetro. Dicho
sistema es:
 −2 x + y + z = 0

 x − 2y + z = 0
 x + y − 2z = 0

Si consideramos el menor de orden dos no nulo encontrado, podemos eliminar la última ecuación
(que no formaba parte de dicho menor) y tomar como parámetro a z (que era la incógnita cuyos
coeficientes no entraba en el menor considerado). Así, si z =λ, el sistema equivalente que se obtiene
es:
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 −2 x + y = − λ

 x − 2 y = −λ
Resolviendo este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, se llega a la solución del sistema:
x = λ

 y = λ con λ ∈ ℝ
z = λ

x y −1 z − 3
x − 2 y z +1
=
=
; s≡
= =
.
1
−2
2
3
1
−1
a) Justificar razonadamente que ambas rectas se cruzan.
b) Hallar la perpendicular común y que corta a las dos rectas.
4. Se consideran las rectas: r ≡
Solución:
a) Para probar que las rectas se cruzan, basta con probar que los vectores directores de las rectas r y
s y un vector que una un punto de r con un punto de s son linealmente independientes, es decir
forman una base de ℝ3 . A partir de las ecuaciones de las rectas podemos obtener un punto y un
vector director de cada una de ellas:
x y −1 z − 3
r≡ =
=
1
−2
2
x − 2 y z +1
s≡
= =
3
1
−1
 x=λ

r ≡  y = 1 − 2λ
 z = 3 + 2λ

⇒
⇒
 x = 2 + 3µ

s≡  y=µ
 z = −1 − µ

⇒
⇒
Punto: R (0,1, 3)
  vr = (1, − 2, 2)
Punto: S (2, 0, − 1)
  vr = (3,1, − 1)
RS = (2, –1, –4)
Probemos si estos tres vectores, vr , vs y RS , son linealmente independientes. Para ello, el
determinante formado por los tres ha de ser no nulo:
1 −2
2
3 1 −1 = –4 – 6 + 4 – 4 – 1 – 24 = –35 ≠ 0
2 −1 −4
Nota: Otra forma de resolver este apartado es estudiar el sistema de ecuaciones formado por las
ecuaciones implícitas de las dos rectas r y s. Estas son:
2 x + y = 1
r≡ 
 2 x − z = −3
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x − 3y = 2
s≡ 
 x + 3 z = −1
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Las matrices, de los coeficientes y ampliada, asociadas al sistema son:
2 1 0 


2 0 −1
A= 
 1 −3 0 


1 0 3 
2 1 0 1 


2 0 −1 −3 
A =
 1 −3 0 2 


 1 0 3 −1 
Estudiemos el rango de ambas matrices. En A podemos encontrar un menor de orden tres no nulo,
por ejemplo (tres primeras filas):
2
1
0
2 0 −1 = –1 – 6 = –7 ≠ 0
1 −3 0
Por tanto el rango de A es 3.
Sin embargo el rango de A es cuatro, ya que (desarrollando el determinante de orden cuatro por los
elementos de la segunda columna):
2 1 0 1
2 −1 −3
2 0 1
2 0 −1 −3
2 +1
3+ 2
= 1·(−1) · 1 0 2 + (−3)·(−1) · 2 −1 −3 =
1 −3 0 2
1 3 −1
1 3 −1
1 0 3 −1
= (–1) · (–24) + 3 · 27 = 24 + 81 = 105 ≠ 0
Por tanto, tenemos que rango (A) = 3 ≠ 4 = rango ( A ). Entonces el sistema es incompatible, o lo
que es lo mismo, las dos rectas no tienen ningún punto en común, es decir, se cruzan.
b) Un procedimiento para calcular la perpendicular común podría ser el siguiente:
1. Hallamos el plano πr que contiene a la recta r y al vector w que es perpendicular a r y s ( w
es el producto vectorial de vr y vs )
2. Hallamos el plano πs que contiene a la recta s y al vector w anterior.
3. La recta perpendicular común es la intersección de los planos πr y πs.
1. Calculemos w :
i
j
k
w = vr ∧ vs = 1 −2 2 = 7 j + 7 k
3 1 −1
⇒
w = (0, 7, 7)
El plano πr vendrá dado por πr ≡ (R, vr , w ):
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x
πr ≡ 1
0
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y −1 z − 3
−2
7
2
7
= –28x – 7 (y – 1) + 7 (z – 3) = 0
⇒
⇒
–28x – 7y + 7z – 14 = 0
⇒
–4x – y + z – 2 = 0
2. De igual modo, el plano πs vendrá dado por πs ≡ (S, vs , w ):
πs ≡
x−2
y
3
0
1
7
z +1
−1 = 14 (x – 2) – 21y + 21 (z + 1) = 0
7
⇒
⇒
14x – 21y + 21z – 7 = 0
⇒
2x – 3y + 3z – 1 = 0
3. La perpendicular común es la intersección de los dos planos anteriores:
 −4 x − y + z − 2 = 0
p≡ 
2 x − 3 y + 3z − 1 = 0
Otro procedimiento para resolver el problema, aunque más largo y con más cálculos sería:
Nos piden hallar la perpendicular común a r y a s. Para ello debemos tener en cuenta que cualquier
recta que se apoya en r y en s, tiene como vector director la diferencia entre dos puntos genéricos de
las rectas. Como la recta buscada es la perpendicular común el producto escalar de este vector con
el de cada uno de las rectas dadas, r y s, ha de ser nulo.
Entonces, para calcular la perpendicular común podemos seguir el siguiente procedimiento:
1. Calculamos la ecuaciones parámetricas de las rectas r y s (a partir de las cuales podemos
obtener el vector director y un punto de cada una de ellas)
2. Con las coordenadas genéricas de dos puntos de r y s obtenidas en el paso anterior podemos
calcular un vector que una un punto genérico de r con un punto genérico de s.
3. Dicho vector ha de ser perpendicular simultáneamente a los vectores directores de r y s. De
aquí deduciremos cuánto valen los parámetros necesarios para determinar los puntos
buscados.
4. Calculamos la recta que pasa por los puntos obtenidos en el apartado anterior.
Procedamos pues:
1. Ecuaciones paramétricas de las rectas r y s:
x = λ

r ≡  y = 1 − 2λ
 z = 3 + 2λ

 x = 2 + 3µ

s ≡ y = µ
 z = −1 − µ

2. Un punto genérico de la recta r será R = (λ, 1 – 2λ, 3 + 2λ). Un punto genérico de la recta s
será S = (2 + 3µ, µ, –1 – µ). El vector determinado por estos puntos es:
RS = (2 + 3µ –λ, – 1 + µ + 2λ, –4 – µ – 2λ)
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3. Imponemos la condición de que el vector RS sea perpendicular simultáneamente a los vectores
directores de r y s, que son vr = (1, –2, 2) y vs = (3, 1, –1). Así:
RS · vr = 0
RS · vs = 0
⇒
(2 + 3µ –λ, – 1 + µ + 2λ, –4 – µ – 2λ) · (1, –2, 2) = 0
⇒
– µ – 9λ – 4 = 0
⇒
(2 + 3µ –λ, – 1 + µ + 2λ, –4 – µ – 2λ) · (3, 1, –1) = 0
⇒
11µ + λ + 9 = 0
Si resolvemos el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (λ y µ) que hemos obtenido, se llega
5
11
a que λ = −
y µ = − . Por tanto, los puntos R y S en los que la perpendicular común corta a
14
14
3
 5 24 32 
 5 11
las rectas r y s, respectivamente, son R =  − , ,  y S =  − , − , −  .
 14 14 14 
 14 14 14 
4. Calculemos finalmente la perpendicular común, p, que será la recta que pase por los puntos R y
 5 24 32 
S. Dicha recta estará determinada por un punto (por ejemplo R =  − , ,  ) y el vector
 14 14 14 

35 35 
director RS de coordenadas RS =  0, − , −  ≈ (0, –1, –1). Así:
14 14 

5
24
32
x+
y−
z−
14 x + 5 14 y − 24 14 z − 32
14 =
14 =
14
p≡
o
p≡
=
=
0
−1
−1
0
−14
−14
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OPCIÓN B
1
dx .
+ 2x + 3
b) Calcular los valores del parámetro a para que las tangentes a la gráfica de la función
f (x) = ax3 + 2x2 + 3 en los puntos de abscisas x = 1 y x = –1 sean perpendiculares.
1. a) Calcular
∫x
2
Solución:
1
dx . Se comprueba fácilmente que el denominador no tiene raíces reales
+ 2x + 3
y por tanto no podemos descomponer en fracciones simples el integrando. Intentemos entonces la
integral como una del tipo arcotangente:
a) Calculemos
∫x
2
f '( x)
dx = arctg ( f ( x)) + C
2
+1
∫ ( f ( x))
Tenemos que:
 ( x + 1)2 
x + 2x + 3 = (x + 1) + 2 = 2 
+ 1 = 2
 2

2
2
 x + 1  2 

 + 1
 2 

Entonces:
2
1
1
1
1
1
2
∫ x 2 + 2 x + 3 dx = ∫  x + 1 2  dx = 2 ∫  x + 1 2  dx = 2 ∫  x + 1 2  dx =
2 


 + 1
 + 1
 + 1
2
2
2












1
2
2
 x +1
2
arctg 
=
dx =
 +C
∫
2
2  x + 1 
2

 2 

 + 1
 2 

b) Recordemos en primer lugar que si dos rectas, de pendientes m y m’ respectivamente, son
perpendiculares entonces dichas pendientes cumplen que:
m= −
1
m'
Por otra parte, la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función en un punto es igual al
valor de la derivada de la función en dicho punto. Tendremos entonces que si
m = f ‘(–1)
y
m’ = f ‘(1)
⇒
f '(−1) = −
1
f '(1)
Calculemos pues f ‘(x):
f ‘(x) = 3ax2 + 4x
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Entonces:
m = f ‘(–1) = 3a – 4
y
m’ = f ‘(1) = 3a + 4
Así:
3a – 4 = −
1
3a + 4
⇒
⇒
(3a – 4) (3a + 4) = –1
9a2 – 16 = –1
⇒
a= ±
15
3
2. Se considera la función f (x) = ex + ln(x), x ∈ (0, ∞) donde ln denota el logaritmo neperiano.
a) Estudiar la monotonía y las asíntotas de f (x).
b) Demostrar que la ecuación x2 ex – 1 = 0 tiene una única solución c en el intervalo [0, 1].
c) Deducir que f presenta un punto de inflexión en c. Esbozar la gráfica de f.
Solución:
a) Estudiemos en primer lugar la monotonía de f (x). Para ello, calculemos la derivada primera,
f ‘(x):
f ‘(x) = ex +
1
x
Igualémosla a cero para calcular los puntos singulares:
f ‘(x) = 0
⇒
ex +
1
=0
x
⇒
x ex +1
=0
x
⇒
x ex + 1 = 0
Esta ecuación no tiene soluciones reales en el intervalo (0, ∞), pues el producto (x · ex) es siempre
positivo y al sumarle uno el resultado nunca puede ser cero. Por tanto, la función f (x) no tiene
puntos singulares. De aquí se deduce que la monotonía de la función es siempre la misma, y como
acabamos de indicar, la derivada primera es siempre positiva, por tanto la función es siempre
creciente en (0, ∞).
Estudiemos ahora las asíntotas:
• Asíntotas verticales:
Lim+ f ( x) = Lim+ (e x + ln( x)) = 1 − ∞ = −∞
x→0
x→0
Por tanto hay una asíntota vertical en x = 0.
• Asíntotas horizontales:
Lim f ( x) = Lim (e x + ln( x)) = ∞ + ∞ = +∞
x → +∞
x → +∞
Por tanto no hay asíntota horizontal si x → +∞.
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• Asíntota oblicua si x → +∞:
f ( x)
e x + ln( x) ∞
L ' Hopital
m = Lim
= Lim
= = 
→ = Lim
x → +∞
x → +∞
x → +∞
x
x
∞
1
x = ∞ + 0 = +∞
1
1
ex +
Por tanto no hay asíntota oblicua si x → +∞.
b) Para demostrar que la ecuación x2 ex – 1 = 0 tiene una única solución c en el intervalo [0, 1],
debemos utilizar los teoremas de Bolzano y de Rolle. Recordemos en primer lugar sus enunciados.
Teorema de Bolzano: Si f (x) es una función definida y continua en el intervalo cerrado [a, b], y en
los extremos del intervalo la función f (x) toma valores de signo opuesto (Signo f (a) ≠ Signo f (b)),
entonces existe al menos un valor c ∈ (a, b) para el que se cumple que f (c) = 0.
Teorema de Rolle: Si una función 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.
Probemos en primer lugar, mediante el teorema de Bolzano, que la ecuación tiene al menos una raíz
en el intervalo [0, 1]. Si consideramos la función g (x) = x2 ex – 1, podemos comprobar fácilmente
que:
• Está definida y es continua en el intervalo cerrado [0, 1].
• Signo g (0) ≠ Signo g (1), ya que:
g (0) = 02 e0 – 1 = 0 – 1 = –1 < 0
y
g (1) = 12 e1 – 1 = e – 1 > 0
Por tanto, como g (x) = x2 ex – 1 verifica las condiciones del teorema de Bolzano, existe al menos un
punto c ∈ (0, 1) tal que g (c) = 0. Dicho punto c es la solución de la ecuación x2 ex – 1 = 0.
Probemos en segundo lugar que dicha solución es única, usando el teorema de Rolle. Consideremos
la función g (x) = x2 ex – 1, que está definida y es continua en el intervalo [0, 1], y derivable en el
intervalo (0, 1). Supongamos que g (x) tiene dos raíces en [0, 1], una la obtenida en el paso anterior,
c, y otra a la que llamaremos d ∈ (0, 1) y que supondremos d > c (de forma análoga se procedería si
fuese c > d). Por el teorema de Rolle, como g (c) = g (d) = 0, existiría un punto e ∈ (c, d) ⊂ (0, 1)
tal que g ‘(e) = 0. Ahora bien:
g ‘(x) = 2x ex + x2 ex = (2x + x2) ex
Se puede observar que g ‘(x) solo se anula en x = 0 y en x = –2, que no están incluidos en el
intervalo (c, d) ⊂ (0, 1). Por tanto, hemos llegado a una contradicción. Por tanto, la ecuación dada
x2 ex – 1 = 0 no puede tener más de una raíz en el intervalo [0, 1].
c) Para estudiar la curvatura de f (x) calculemos la derivada segunda, f ‘’(x):
f ‘’(x) = ex –
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1
x 2e x − 1
=
x2
x2
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Si igualamos dicha derivada segunda a cero, obtenemos que:
f ‘’(x) = 0
⇒
x 2e x − 1
=0
x2
⇒
x2 ex – 1 = 0
Dicha ecuación tiene como solución el punto c ∈ (0, 1) encontrado en el apartado b) de este
problema. En dicho punto c hay un punto de inflexión pues en él la derivada segunda se anula, pero
la función es creciente en el mismo.
c) Para hacer un esbozo de la gráfica de la función, tengamos en cuenta que está definida en (0, ∞) y
que es creciente en todo su dominio. Por otra parte, sabemos que en un punto c ∈ (0, 1) tiene un
punto de inflexión. A la derecha de este punto c la función es cóncava hacia arriba, pues como se
comprueba fácilmente la derivada segunda es positiva (por ejemplo, f ‘’ (1) = e – 1 > 0) y por tanto
a la izquierda es cóncava hacia abajo. Con estos datos tenemos que un esbozo de la gráfica es:
3. Sea M una matriz cuadrada que cumple la ecuación M2 – 2M = 3I, donde I denota la matriz
identidad.
a) Estudiar si existe la matriz inversa de M. En caso afirmativo expresar M–1 en términos de
M e I.
a b
2
b) Hallar todas las matrices M de la forma 
 que cumplan la ecuación M – 2M = 3I.
b a
Solución:
a) Para estudiar si la matriz M tiene inversa, consideremos la siguiente propiedad de los
determinantes:
El determinante de un producto es igual al producto de los determinantes, esto es:
|A·B|=|A|·|B|
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Tengamos además en cuenta que en el conjunto de los números reales, ℝ , para que el producto de
dos números sea nulo, al menos uno de ellos ha de ser nulo.
Se tiene que:
M2 – 2M = 3I
⇒
M · (M – 2I) = 3I
Tomando determinantes en ambos lados de esta última igualdad, y tendiendo en cuenta la propiedad
anterior:
⇒
| M · (M – 2I) | = | 3I |
| M | · |M – 2I| = | 3I | = 3n ≠ 0
De aquí se deduce que M tiene determinante no nulo y por tanto posee inversa.
Para expresar M–1 en términos de M e I, multipliquemos por la izquierda los dos miembros de la
igualdad M · (M – 2I) = 3I:
M–1 · M · (M – 2I) = M–1 · 3I
⇒
(M – 2I) = 3M–1
⇒
M–1 =
1
(M – 2I)
3
a b
b) Consideremos la matriz M de la forma 
 . Veamos qué valores han de tener a y b para que
b a
se cumpla la igualdad M2 – 2M = 3I.
 a b   a b   a 2 + b2
M2 = 
·
=
 b a   b a   2ab
 a 2 + b2
M2 – 2M = 
 2ab
2ab 

a 2 + b2 
;
 2a 2b 
2M = 

 2b 2a 
3 0
3I = 

 0 3
;
2ab   2a 2b   a 2 + b2 − 2a
2ab − 2b   3 0 
–
 =
 =
 = 3I
2
2
2
a + b   2b 2a   2ab − 2b
a + b 2 − 2a   0 3 
Si igualamos los términos que ocupan el mismo lugar en ambas matrices, tenemos que:
a2 + b2 – 2 a = 3
2ab – 2b = 0
Tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, pero que es no lineal. Fijémonos en la
segunda ecuación:
2ab – 2b = 0
⇒
2b (a – 1) = 0
⇒
a=1
ó
b=0
Estudiemos entonces estos casos:
•
Si a = 1, de la primera de las ecuaciones obtenemos que:
1 2 + b2 – 2 · 1 = 3
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⇒
b2 = 4
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⇒
b = ±2
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Las matrices posibles son entonces de la forma:
1 2
M1 = 

2 1
•
 1 −2 
M2 = 

 −2 1 
y
Si b = 0, de la primera de las ecuaciones obtenemos que:
⇒
a2 + 02 – 2a = 3
a2 – 2a – 3 = 0
⇒
a = –1 y a = 3
Las matrices posibles son entonces de la forma:
 −1 0 
M3 = 

 0 −1 
3 0
M4 = 

 0 3
y
4. Un rectángulo tiene dos vértices consecutivos en los puntos P (2, 1, 3) y Q (1, 3, 1); los otros
dos sobre una recta r que pasa por el punto R (–4, 7, –6).
a) Calcular la ecuación de la recta r.
b) Calcular la ecuación del plano que contiene al cuadrado.
c) Hallar las coordenadas de uno de los otros vértices.
Solución:
a) La recta r vendrá determinada por el punto R y el vector director PQ , ya que esta recta es
paralela a la recta que pasa por los puntos P y Q, pues las rectas paralelas tienen igual vector
director. Entonces, PQ = (–1, 2, –2), tendremos que:
 x = −4 − λ

r ≡  y = 7 + 2λ con λ ∈ ℝ
 z = −6 − 2λ

o
r≡
x+4 y−7 z +6
=
=
−1
2
−2
b) El plano, π, que contiene al cuadrado vendrá determinado por un punto, por ejemplo R, y por los
vectores directores PQ , vector director de la recta r, y PR , vector que va del punto P al punto R.
Tenemos que:
R (–4, 7, –6)
;
PQ = (–1, 2, –2)
;
PR = (–6, 6, –9)
Entonces, π ≡ (R, PQ , PR ):
x+4
π≡
−1
−6
y−7 z +6
2
6
−2
−9
= –6 · (x + 4) + 3 · (y – 7) + 6 (z + 6) = –6x + 3y + 6z – 9 = 0
π ≡ –2x + y + 2z – 3 = 0
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c) Para hallar las coordenadas de uno de los otros vértices, T o S, procederemos del siguiente modo:
Para hallar T:
•
•
•
Hallamos un plano π1 que contenga al punto P y
que sea perpendicular a la recta r. Dicho plano
p,
tiene
como
vector
característico,
(perpendicular a él) al vector director de la recta r,
TS = PQ .
π1
T•
•P
S •
•Q
π2
Calculamos el punto T dado por la intersección del
plano anterior, π1, con la recta r.
r
Dicho punto T será otro vértice del cuadrado.
Tenemos que:
P (2, 1, 3)
p = TS = PQ = (–1, 2, –2)
y
El plano π1 tendrá por ecuación:
π1 ≡ –x + 2y – 2z + D = 0
Si imponemos que dicho plano pase por P, calculamos el coeficiente D que nos falta:
P ∈ π1
⇒
–2 + 2 · 1 – 2 · 3 + D = 0
⇒
D=6
Por tanto, π1 ≡ –x + 2y – 2z + 6 = 0.
Para calcular el punto T se halla la intersección de este plano, π1, con la recta r. Para ello
sustituyamos las coordenadas de un punto genérico de r en la ecuación del plano π1. Como:
 x = −4 − λ

r ≡  y = 7 + 2λ
 z = −6 − 2λ

y
π1 ≡ –x + 2y – 2z + 6 = 0
Entonces:
–(–4 – λ) + 2 (7 + 2λ) – 2 (–6 – 2λ) + 6 = 0
⇒
9λ + 36 = 0
⇒
λ = –4
Sustituyendo este valor de λ en las ecuaciones paramétricas de r obtenemos las coordenadas de T:
T (0, –1, 2)
Aunque sólo nos piden uno de los otros vértices, de manera análoga se podría calcular el otro
vértice, señalado como S en la figura anterior. Tenemos que:
Q (1, 3, 1)
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y
p = TS = PQ = (–1, 2, –2)
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El plano π2 tendrá por ecuación:
π 2 ≡ –x + 2y – 2z + D’ = 0
Si imponemos que dicho plano pase por Q, calculamos el coeficiente D’ que nos falta:
Q ∈ π2
⇒
–1 + 2 · 3 – 2 · 1 + D’ = 0
⇒
D’ = –3
Por tanto, π2 ≡ –x + 2y – 2z – 3 = 0.
Para calcular el punto S se halla la intersección de este plano, π2, con la recta r. Para ello
sustituyamos las coordenadas de un punto genérico de r en la ecuación del plano π2. Como:
 x = −4 − λ

r ≡  y = 7 + 2λ
 z = −6 − 2λ

y
π1 ≡ –x + 2y – 2z – 3 = 0
Entonces:
–(–4 – λ) + 2 (7 + 2λ) – 2 (–6 – 2λ) – 3 = 0
⇒
9λ + 27 = 0
⇒
λ = –3
Sustituyendo este valor de λ en las ecuaciones paramétricas de r obtenemos las coordenadas de S:
S (–1, 1, 0)
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