Solución - IES Francisco Ayala

IES Francisco Ayala Granada
Modelo 2 de COU I del libro_98_99 Solución
Germán-Jesús Rubio Luna
Análisis
Ejercicio 1 Modelo 2 de COU I del libro_98_99
3
(1) [1'5 puntos]. Dibuja la región limitada por el eje OX, la curva de ecuación y = x y la recta normal a esta
curva en el punto (1,1).
(2) [1'5 puntos]. Halla el área de la región descrita en el apartado anterior.
Solución
(1)
3
Dibuja la región limitada por el eje OX, la curva de ecuación y = x y la recta normal a esta curva en el punto
(1,1).
3
La gráfica de f(x) = x es inmediata, tiene un punto de inflexión en el 0, siempre es creciente y va desde - ∞
hasta + ∞.
Vamos a calcular su recta normal en x = 1. Su ecuación es y – 1 = ( -1/f ‘(1) ).(x – 1 )
3
3
f(x) = x , luego f(1) = 1 = 1.
2
3
f ‘(x) = 3x , luego f(1) = 3.1 = 3.
La recta normal es y – 1 = (-1/3).(x – 1), de donde y = (-1/3)x + (4/3)
Un esbozo de sus gráficas es
4
3
2
1
-4
-2
2
4
-1
-2
-3
-4
(2)
Halla el área de la región descrita en el apartado anterior.
1
3
2
4 1
2
Área = ∫ 0 [ ((-1/3)x + (4/3) ) – (x ) ]dx [ (-1/6)x + (4/3)x – (1/4)x ] 0 = (-1/6) + (4/3) – (1/4) = (11/12) u .
Ejercicio 2 Modelo 2 de COU I del libro_98_99
3
2
Sea f:R -> R la función dada por f (x) = x + ax + bx + 7.
(1) [2 puntos]. Determina a y b sabiendo que la curva de ecuación y = f (x) tiene en el punto de abscisa x = 1
una inflexión con tangente horizontal.
(2) [1 punto]. ¿Corta esta curva al eje OX entre los puntos x = 0 y x = 2? Justifica la respuesta.
Solución
(1)
3
2
Determina a y b sabiendo que la curva de ecuación y = f(x) = x + ax + bx + 7 tiene en el punto de abscisa x
= 1 una inflexión con tangente horizontal.
f(x) es continua y derivable en todo R por ser una función polinómica.
Si x = 1 es punto de inflexión, tenemos que f ‘’(1) = 0
Si en x = 1 hay tangencia horizontal f ‘(1) = 0
3
2
f(x) = x + ax + bx + 7
2
f ‘(x) = 3x + 2ax + b
f ‘’(x) = 6x + 2a
De f ‘’(1) = 0, tenemos 0 = 6 + 2a, por tanto a = - 3.
De f’(1) = 0, tenemos 0 = 3 - 6 + b, por tanto b = 3.
3
2
La función es f(x) = x - 3x + 3x + 7
(2)
¿Corta esta curva al eje OX entre los puntos x = 0 y x = 2? Justifica la respuesta.
f(0) = 7
f(2) = 9
Veamos su monotonía, estudiando su 1ª derivada
2
f ‘(x) = 3x - 6x + 3
2
De f ‘(x) = 0, tenemos 3x – 6x + 3 = 0, y sus soluciones son x = 1 (doble), que será el posible extremo
relativo.
Como f ‘(0) = 3 > 0, f(x) es estrictamente creciente en (- ∞, 1)
Como f ‘(2) = 3 > 0, f(x) es estrictamente creciente en (1, + ∞)
[email protected]
1
IES Francisco Ayala Granada
Modelo 2 de COU I del libro_98_99 Solución
Germán-Jesús Rubio Luna
Luego f(x) es estrictamente creciente en R, en particular en [0,2], y nunca se puede anular en [0,2], porque
f(0) = 7 y f(2) = 9.
Ejercicio 3 Modelo 2 de COU I del libro_98_99
2
_
Sea f : R → R l a función dada por f (x) = + √(x + x + 1) x.
(1) [1 punto]. Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f .
(2) [1 punto]. Calcula las asíntotas de la gráfica de f.
(3) [1 punto]. Demuestra que para todo x de R se tiene f (x) ≥ 1/2.
Solución
(1)
2
_
Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f(x) = + √(x + x + 1) x.
Estudiamos su primera derivada para ver su monotonía.
2
_
f(x) = + √(x + x + 1) x
2
_
f ‘(x) = (2x + 1)/( 2√(x + x + 1) ) 1.
2
_
2
De f ‘(x) = 0, tenemos (2x + 1)/( 2√(x + x + 1) ) 1 = 0, es decir = (2x + 1) = ( 2√(x + x + 1) ).
2
2
Elevando ambos miembros al cuadrado resulta 4x + 4x + 1 = 4x + 4x + 4, de donde 1 = 4, lo cual es
absurdo, por tanto esta función no tiene extremos relativos y siempre es creciente o decreciente.
Como f ‘(0) = (1/2) – 1 = - 1/2, f(x) es estrictamente decreciente en R.
(2)
Calcula las asíntotas de la gráfica de f.
Asíntotas verticales no tiene
Veamos si tiene asíntotas horizontales
2
_
2
_ 2
2
Como lim x - > + ∞ [ √(x + x + 1) x ] = lim x - > + ∞ [ (x + x + 1) x ] /[ √(x + x + 1) + x ] =
2
2
= lim x - > + ∞ (x + 1)/ [√(x + x + 1) + x ] = lim x - > + ∞ (x )/ [√(x ) + x ] =
= lim x - > + ∞ (x )/ (2x) = (1/2), resulta que la recta y = 1/2 es una asíntota horizontal en + ∞,
2
_
2
Como lim x - > - ∞ [ √(x + x + 1) x ] = lim x - > + ∞ [ √( (-x) + (-x) + 1) – (- x)] =
2
= lim x - > + ∞ [ √ (x ) + x ] = + ∞, no tiene asíntota horizontal en - ∞.
(3)
Demuestra que para todo x de R se tiene f (x) ≥ 1/2.
Como lim x - > - ∞ [ f(x) ] = - ∞.
La recta y = 1/2 es una asíntota horizontal en + ∞, y la función es estrictamente decreciente, f(x) siempre
será > = que la asíntota horizontal y = 1/2, es decir siempre f(x) > = 1/2.
Ejercicio 4 Modelo 2 de COU I del libro_98_99
(1) [0'5 puntos]. Dibuja la región del plano limitada por el eje de abscisas, las rectas de ecuaciones x = 1/e y
2
x = 1 y la gráfica de la función f definida para x > 0 por f (x) = - [Ln(x)] / (x) , donde Ln(x) es el logaritmo
neperiano de x.
(2) [1'75 puntos]. Calcula la altura h que debe tener un rectángulo de base 1- 1 e para que su área sea igual
a la de la región descrita en el apartado anterior.
(3) [0'75 puntos]. Enuncia el teorema que nos permite afirmar que existe un punto c de (1/e, 1) tal que f(c) =
h.
Solución
(1)
Dibuja la región del plano limitada por el eje de abscisas, las rectas de ecuaciones x = 1/e y x = 1 y la
2
gráfica de la función f definida para x > 0 por f(x) = - [Ln(x)] / (x) , donde Ln(x) es el logaritmo neperiano de
x.
Sabemos que x = 1/e y x = 1 son rectas verticales
2
Vamos a ver las asíntotas y la monotonía de f(x) = - [Ln(x)] / (x) , para poder dibujarla.
2
+
+
Como lim x - > 0 + [ - [Ln(x)] / (x) ] = [ - [Ln(0 )] / (0 ) = (+∞)( + ∞) = + ∞, la recta x = 0 es una asíntota
vertical de f(x)
2
Como lim x - > + ∞ [ - [Ln(x)] / (x) ] = (+ ∞) / ( + ∞), podemos aplicarle la Regla de L’Hopital (L’H ), que dice si
limx -> a [ (f(x) / g(x) ] = 0/0, y existe limx -> a [ (f ‘(x) / g ‘(x) ] entonces se verifica que limx -> a [ (f(x) / g(x) ] =
limx -> a [ (f ‘(x) / g ‘(x) ]. También se puede aplicar si x - > + ∞, y si sale ∞/ ∞.
2
Como lim x - > + ∞ [ - [Ln(x)] / (x) ] = (L’H) = lim x - > + ∞ [ - (1/x) / 2x ] =
2
= lim x - > + ∞ [ - 1/(2x ) ] = 0 , la recta y = 0, es una asíntota horizontal en - ∞, y f(x) está por debajo de
ella en + ∞.
Veamos su monotonía estudiando su 1ª derivada
2
f(x) = - [Ln(x)] / (x) ,
2
4
4
f ‘(x) = [ (-1/x).x + Ln(x). 2x] / (x) = [ (- x + 2x.Ln(x)] / (x) .
De f ‘(x) = 0, tenemos (- x + 2x.Ln(x) ) = 0 = x( -1 + 2Ln(x) ) = 0, de donde x = 0 (no está en el dominio) y ( 1/2
1 + 2Ln(x) ) = 0, de donde Ln(x) = 1/2, y por tanto x = e , que será el posible extremo relativo
1/4
1/4
1/4
1/4
1/4 4
1/4
1/4
Como f ‘(e ) = [ (-e
+ 2. e .Ln(e )] / (e ) = (-e
- 8. e .)/(+) < 0, f(x) es estrictamente
½
decreciente en (1, e ).
[email protected]
2
IES Francisco Ayala Granada
Modelo 2 de COU I del libro_98_99 Solución
4
Germán-Jesús Rubio Luna
Como f ‘(e ) = [ (-e + 2. e.Ln(e)] / (e) = (-e + 2.e)/(+) > 0, f(x) es estrictamente creciente en (e
1/2
1/2
1/2
1/2 2
Por definición x = e es un minimo de la función que vale f(e ) = - [Ln(e )] / (e ) = - 1/(2e)
Un esbozo de la gráfica es
1/2
, + ∞ ).
(2)
Calcula la altura h que debe tener un rectángulo de base 1 – 1/e para que su área sea igual a la de la
región descrita en el apartado anterior.
1
2
Área = ∫ 1/e [ - Ln(x)] /(x) ]dx
2
La integral ∫ [ - Ln(x)] /(x) ]dx es un integral por partes ( ∫ u.dv = u.v - ∫ v.du )
u = -Ln(x), de donde du = -dx/x
2
-2
-1
dv = (1/x )dx, de donde v = ∫ x dx = -x = -1/x
2
2
∫ [ - Ln(x)] /(x) ]dx = (-1/x)(-Ln(x)) - ∫ (-1/x)(-dx/x) = Ln(x)/(x) - ∫ (1/x )dx = Ln(x)/(x) – (-1/x) =
= Ln(x)/(x) + (1/x)
1
2
1
Área = ∫ 1/e [ - Ln(x)] /(x) ]dx = [ Ln(x)/(x) + (1/x) ] 1/e = (0 + 1 ) – (– e + e ) = 1
Área = 1 = base.altura = (1 – 1/e).h, de donde h = 1/( 1 – 1/e) = e/(e – 1)
(3)
Enuncia el teorema que nos permite afirmar que existe un punto c de (1/e, 1) tal que f(c) = h.
Es el Teorema del valor medio para integrales que nos dice que si f(x) es continua en [a, b] entonces
b
existe un nº c de [a, b] tal que (b – a ).f(c) = ∫ a [ f(x) ]dx. En nuestro caso [a, b] = [1/e, 1]
Álgebra Lineal y Geometría
Ejercicio 5 Modelo 2 de COU I del libro_98_99
Se sabe que x = 1, y = 0, z = 1 es una solución no única del sistema
a 2 a  x   2 

    
 0 1 b  .  y  =  −1
a c a  z   2 

    
(1) [2 puntos]. ¿Cuánto valen a, b y c?
(2) [2 puntos]. Resuelve el sistema e interprétalo geométricamente.
Solución
Se sabe que x = 1, y = 0, z = 1 es una solución no única del sistema
a 2 a  x   2 

    
 0 1 b  .  y  =  −1
a c a  z   2 

    
(1)
Cuánto valen a, b y c, sabiendo que x = 1, y = 0, z = 1 es una solución no única del sistema
a 2 a  x   2 

    
 0 1 b  .  y  =  −1
a c a  z   2 

    
Si la solución es no única, tiene infinitas por tanto el determinante de la matriz de los coeficientes es 0.
a 2 a
a
2
a
= 0
0 1 b
1
b
a c a F3 − F1 0 c − 2 0
Adjuntos
primera
columna
= - a.b.(c – 2) = 0
Como x = 1, y = 0, z = 1 es una solución no única del sistema, tenemos que:
[email protected]
3
IES Francisco Ayala Granada
 a 2 a   1

  
0 1 b . 0 =
 a c a   1

  
anterior tenemos
1

El sistema es  0
1

Modelo 2 de COU I del libro_98_99 Solución
Germán-Jesús Rubio Luna
2
a + a  2 
 

  
 −1 , de donde  b  =  −1 , por tanto a = 1 y b = -1, y entrando en la ecuación
2
a + a  2 
 

  
–(1)(-1)(c – 2 ) = 0, de donde c = 2.
2 1  x  2 
    
1 −1 .  y  =  −1
2 1   z   2 
(2)
Resuelve el sistema e interprétalo geométricamente.
1 2 1  x  2 
 x + 2y + z   2 

    

  
Operando en  0 1 −1 .  y  =  −1 , tenemos  y − z  =  −1 , es decir vemos que tenemos dos
1 2 1  z  2 
 x + 2y + z   2 

    

  
ecuaciones iguales la 1ª y la 3ª, por tanto nos quedamos sólo con la 1ª y la 2ª.
x + 2y + z = 2
y - z = -1. Tomando z = m de R, nos resulta y = – 1 + m y x = 2 – 2(– 1 + m) – (m) = – 3m.
La solución del sistema es (x,y,z) = (– 3m, – 1 + m, m) con m de R.
Ejercicio 6 Modelo 2 de COU I del libro_98_99
(1) [3 puntos]. Sea “r” la recta dada por las ecuaciones paramétricas
x = 1 + λ; y = -16 + λ; z = -2 + 5λ.
Calcula el punto de “r” que está más cerca del eje OX.
(2) [1 punto]. Enuncia el Teorema de Rouché-Frobenius.
Solución
(1)
Sea “r” la recta dada por las ecuaciones paramétricas
x=1+λ
y = -16 + λ
z = -2 + 5λ, con λ de R.
Un punto suyo es A(1, -16 , - 2) y un vector director es u = (1,1,5)
El eje OX tiene de ecuaciones
y=0
z=0
Un punto del eje OX es O(0,0,0) y un vector director el v = (1,0,0)
El vector u y el vector v no son proporcionales por tanto las rectas se cortan o se cruzan, para lo cual
estudiamos el determinante det(OA, u, v). Si es cero se cortan, y si no se cruzan.
1 −16 −2
det(OA, u, v) =
1
1
1
0
5 = (1)(-80 + 2) =/ 0, las recta se cruzan.
0
Como me están pidiendo el punto de “r” mas cerca del eje OX, me están pidiendo el punto donde lo corta
la recta perpendicular a ambas, para lo cual tomamos un punto genérico de cada recta, formamos el
vector que determinan y le imponemos la condición de ser perpendicular a la vez a la recta “r” y al eje OX.
Punto genérico de la recta “r”, el X(1 + λ, -16 + λ , -2 + 5λ)
Punto genérico del eje OX, el Y( µ, 0 , 0)
Vector YX = (1 + λ - µ, -16 + λ - 0, -2 + 5λ - 0) = (1 + λ - µ, -16 + λ, -2 + 5λ).
u = (1,1,5)
v = (1,0,0)
Como YX es perpendicular a “r”, el producto escalar de YX con u es 0
YX . u = 0 = (1 + λ – µ) + (-16 + λ) + 5(-2 + 5λ) = - 25 + 27 λ – µ = 0
Como YX es perpendicular al eje OX el producto escalar de YX con v es 0
YX . v = 0 = (1 + λ – µ) = 1 + λ – µ = 0
Resolviendo el sistema:
- 25 + 27 λ – µ = 0
1 + λ – µ = 0, nos resulta: λ = 1 y µ = 2, por tanto el punto de la recta ”r” más próximo al eje OX es el
punto X(1 + (1), -16 + (1) , -2 + 5(1)) = X(2, -15, 3)
(2)
Teorema de Rouché-Frobenius : Sea el sistema de “m” ecuaciones con “n” incógnitas
[email protected]
4
IES Francisco Ayala Granada
Modelo 2 de COU I del libro_98_99 Solución
 a 11 a 12

a11x 1 + a12 x 2 + .....a 1n x n = b1
a 22
a
a 21x 1 + a 22 x 2 + .....a 2n x n = b 2
, y sean A =  21
.............................................
...
...
a x + a x + .....a x = b

m2 2
mn n
m
 m1 1
a
 m1 a m2
Germán-Jesús Rubio Luna
... a 1n 

... a 2n 
la matriz de los coeficientes del sistema,
... ... 

... a mn 
 a11 a12 ... a1n b1 


a22 ... a2n b2 
*  a21
y A =
la matriz ampliada del sistema, (se amplia la matriz A con los términos
⋮
⋮
⋮ ⋱ ⋮ 


a

 m1 am2 ... amn bm 
independientes), entonces el Teorema afirma que:
La condición necesaria y suficiente para que el sistema tenga solución es que el rango de la matriz de los
*
coeficientes sea igual al rango de la matriz ampliada, es decir rango(A)=rango(A ).
[email protected]
5