Junio 2010 - ies "poeta claudio rodríguez"

CASTILLA Y LEÓN / MATEMÁTICAS / JUNIO 10 /
OPCIÓN B
Ejercicio 1. [2,5 puntos]
 x 2  bx  c

Calcular b y c sabiendo que la función f  x    ln x  1

x

 x 2  bx  c

Si f ( x )   lnx  1

 x
si x  0
si x  0
es derivable en el punto x = 0.
si x  0
si x  0
es derivable en x = 0, tiene que ser también continua.
Luego f (0)  c; lim x 2  bx  c  c; lim
x 0 
x 0 
lnx  1
c
x
1
lnx  1 0
x 1  1 1
c  lim
 . Aplicando L’Hôpital: c  lim
x 0
x
0
x 0
1
1
Por otro lado haciendo la derivada obtenemos:
si x  0
2 x  b
 x
f '( x )  
 ln  x  1
  x  1
si x  0

x2
Entonces para que sea derivable se tiene que cumplir:
x
f ' (0)  b; lim 2x  b  b; lim
x 0 
x
 x  1
x 0 
x  1
 lnx  1
x2
b
 ln  x  1
0

Aplicando L’Hôpital:
0
x2
x  1 x
1
1
1
x


2
2
x  1 x  1  lim x  1 x  1  lim x  12  lim  1   1
b  lim
x 0
x 0
x 0
x 0 2x  12
2x
2x
2x
2
b  lim
x 0
 2 x
 x  2  1
Por lo tanto la función queda f ( x )  
 ln  x  1

x
Ediciones SM
si x  0
si x  0
CASTILLA Y LEÓN / MATEMÁTICAS / JUNIO 10 /
Ejercicio 2. [2,5 puntos]
2
Calcular la siguiente integral:
x
2
 3 x  2 dx .
1
Dibujamos la función y  x 2  3 x  2 :
Puntos de corte con el eje X: x 2  3x  2  0  x1  1, x 2  2
Puntos de corte con el eje Y: (0, 2)
2
Vértice: Vx = -b/2a = 3/2
b 3
3
1
3
 3 1 
 → Vy =    3   2 
 V  , 
2a 2
2
4
2 4 
2
La función en valor absoluto es la azul, puesto que la función no puede tener valores negativos.
2
Por lo tanto haremos

1
1

 x
1
x 2  3 x  2 dx 
1
2
2

 3 x  2 dx 
  x
2
2

 3 x  2 dx 
1
x 3 3x 2
x 3 3x 2
1 3
 1 3
 8 12
 1 3
 29

 2x  

 2x    2      2   
 4      2 
3
2
3
2
3
2
3
2
3
2
3
2
6




1
1
Ediciones SM
CASTILLA Y LEÓN / MATEMÁTICAS / JUNIO 10 /
Ejercicio 3. [2,5 puntos]
Discutir según los valores del parámetro a, y resolver cuando sea posible, el sistema:
x  z  1

 y  a  1z  0
 x  a  1y  az  a

0
1
1
1


La matriz ampliada será: M '   0
1
a 1 0 .
1 a 1 a
a 

1
Calculamos M  0
0
1
1
a  1  0  a 2  3a  2  0  a1  1, a 2  2
1 a 1 a
Estudiamos los rangos en función del valor de a:
Para a ≠ 1 y 2, tenemos que rg (M) = rg (M’) = 3. El sistema es compatible determinado.
Resolvemos por Cramer:
x
z
1
0
1
0
1
a 1
a a 1 a
1
0
1
0
1
a 1
1 a 1 a
1
0
1
0
1
0
1 a 1 a
1
0
1
0
1
a 1
1 a 1 a


 a 2  2a  1
 a  3a  2
2
a 1
 a 2  3a  2

a  1a  1  a  1 ;
a  1a  2 a  2

a  1  1
a  1a  2 a  2
y 
1 1
1
0 0 a 1
1 a
a
1
0
1
0
1
a 1
1 a 1 a

 a 2  2a  1
 a 2  3a  2

x  z  1
x  z  1

Para a = 1, si sustituimos en el sistema tenemos y  0  
 x  z  1 y  0

x  1  

Es un sistema compatible indeterminado, que tiene por soluciones: y  0
z  

x  z  1

Para a = 2 si sustituimos en el sistema tenemos y  z  0
 La matriz del sistema queda:
 x  y  2z  2

 1 0 1 1
 1 0 1 1
 1 0 1 1

 f f  
 f f  

1 3
2 3
M '   0 1 1 0  

 0 1 1 0  

 0 1 1 0 
 1 1 2 2
 0 1 1 1
 0 0 0 1






x  z  1

y  z  0  Luego el sistema es incompatible.
0  1

Ediciones SM
a 1
a2
CASTILLA Y LEÓN / MATEMÁTICAS / JUNIO 10 /
Ejercicio 4. [2,5 puntos]
2 x  y  0
x 1
z 1
y t
se pide hallar la perpendicular común a s y a t y la
y
3
2
2y  z  4
distancia entre ambas rectas.
Dadas las rectas s 
2x  y  0
y z4
Para calcular el vector director de t, pasamos la recta a forma paramétrica: t  
x 
2
4
2y  z  4

 v t  1, 2, 4
Un punto de la recta puede ser Pt = (1, 2, 0)
x  1  

En forma paramétrica la recta t es: t  y  2  2
 z  4

 x  1  3


Por otro lado tenemos que v s  3,1,2 y Ps = (1, 0, 1), por lo que s  y  
z  1  2



v t  1, 2, 4 y v s  3, 1, 2 no son paralelos, y por otro lado se comprueba que Ps = (1, 0, 1) no pertenece a la
recta t, por lo que las rectas se cruzan.
Un vector perpendicular a ambas rectas vendrá dado por:
  
i j k
 
v t  v s  1 2 4  0, 10,  5
t
Pt
3 1 2
r

Por lo tanto el vector de la recta r perpendicular a ambas será v r  0, 10,  5
Hallamos un punto genérico de la recta t y de la recta s:
Ps
Pt = (1 + , 2 + 2, 4) y Ps = (1 + 3,1 + 2)
s
Pt Ps  3  ,  2  2,1  2  4 

Si imponemos que Pt Ps  3  ,  2  2,1  2  4  sea paralelo a v r  0, 10,  5 , tendremos:
30  10  0
3    0
  0
3     2  2 1  2  4





0
10
5

5

`

10


10

10

20

`

40



`

2


0


` 0
Sustituyendo los valores encontrados obtenemos los puntos por los que la recta t cortará a las otras dos rectas:
Pt = (1, 2, 0) y Ps = (1,1)
Por l

r en paramétricas, dado v r  0, 10,  5 y Pr = Pt = (1, 2, 0) será:
x  1

t  y  2  10 
z  5 

Para hallar la distancia entre las rectas aplicamos d (t, s) = d (Pt, Ps)  0  0  2  1  0  5
2
Ediciones SM
2
CASTILLA Y LEÓN / MATEMÁTICAS / JUNIO 10 /
Ediciones SM