SEPTIEMBRE 2000 INSTRUCCIONES: El examen presenta dos opciones A y B; el alumno deberá elegir una de ellas y contestar razonadamente a los cuatro ejercicios de que consta dicha opción en 1 h. 30 min.

OPCIÓN A Ejercicio 1. Calificación máxima: 2 puntos. Sea la función f(x) = 2x + sen 2x. a) (1 Punto) Determínese si tiene asíntotas de algún tipo. b) (1 punto) Estudiar su monotonía y la existencia de extremos relativos. Solución (a) Son rectas a las que se aproxima la gráfica de la función sin llegar a superponerse. Las asíntotas se Verticales; Puntos de discontinuidad  Horizontal, tendencia convergente clasifican en:  Generales; Tendencias en el ∞ :    Oblicua, tendencia divergente estable  Verticales. La función es continua en todo R por ser suma de dos funciones continuas, por lo tanto no tiene asíntotas verticales. D[f (x)] = R Horizontal. y = l. L = Lím f ( x ) = Lím (2x + sen (2x ) ) = ∞ + sen(∞) = ∞ La función no tiene asíntota x →∞

x →∞

horizontal. Oblicua. y = mx + n:  f (x) 2 x + sen (2 x ) sen (2 x )  sen (∞)  = Lím = Lím  2 + = 2+0 = 2  = 2+ m = Lím ∞ x x  x →∞ x x →∞ x → ∞   n = Lím (f ( x ) − mx ) = Lím (2 x + sen (2 x ) − 2 x ) = Lím sen ( 2 x ) = sen (∞) x →∞ x →∞ x →∞  La función tiene una asíntota oblicua de ecuación y = 2x que corta en infinitos puntos. Los puntos de corte de la función con la oblicua se obtienen con el sistema:  y = 2 x + sen (2 x ) ⇒ 2 x + sen (2 x ) = 2 x : sen (2 x ) = 0 : x = π·k ∀ k ∈ R  y = 2x

(b)

La monotonía de una función se estudia en el signo de su primera derivada. f (x) = 2x + sen 2x f ′(x) = 2 + cos (2x)·2 Signo f ‘(x) 2 + 2·cos (2x) ≥ 0 ∀ x ∈ R teniendo en cuenta que cos α ∈ [−1, 1] Para estudiar los extremos relativos de una función, se estudia los ceros de su derivada. “La condición necesaria no suficiente para que en un punto de una función exista un extremo relativo, es que la derivada en ese punto sea cero.” f ′(x) = 0 2 + cos (2x)·2 = 0 despejando cos (2x) = −1 ⇒ 2x = arcos (−1) = π + 2π·k π x = + π·k ∀ k ∈ ℜ 2

1

Para determinar si en los puntos en los que se anula la derivada de la función existe un extremo relativo, se utiliza el criterio de la segunda derivada. “Si en el punto en el que se anula la derivada primera, la segunda derivada es distinta de cero, la función alcanza un extremo relativo”, con el siguiente criterio: f ' ' (x 0 ) < 0 ⇒ En (x 0 , f (x 0 )) existe un máximo  Siendo f ' (x 0 ) = 0 :  f ' ' (x 0 ) = 0 : No hay criterio.  f ' ' (x ) > 0 ⇒ En (x , f (x )) existe un mínimo 0 0 0  En el caso de no haber criterio, se habrá que estudiar el signo de las sucesivas derivadas, siendo extremo relativo si la primera derivada que no se anula en el punto es de índice par, y punto de inflexión si fuese de índice impar. f ′(x) = 2 + cos (2x)·2 f ′′(x) = −sen (2x)·2·2 π π  π x o = : f ' '   = −4·sen  2·  = −4·sen π = 0 2 2    2 No hay criterio. Se sigue derivando. f ′′(x) = −sen (2x)·2·2 f ′′′(x) = −cos (2x)·2·2·2 π π  π x o = : f ' ' '   = −8·cos 2·  = −8·cos π = −8 ≠ 0 2 2  2

Como la primera derivada que no se anula es de índice impar, en x =

π + π·k la función presenta 2

puntos de inflexión, por lo tanto no tiene extremos relativos. Ejercicio 2. Calificación máxima: 2 puntos. Dados tres números reales cualesquiera r1, r2 y r3, hallar el número real x que minimiza la función D(x) = (r1 − x)² + (r2 − x)² + (r3 − x)² Solución En los puntos de mínimo de una función, la derivada debe ser nula, y la segunda derivada mayor que cero. D(x) = (r1 − x)² + (r2 − x)² + (r3 − x)² D′(x) = 2·(r1 − x)·(−1) + 2·(r2 − x)·(−1) + 2·(r3 − x)·(−1)

D′(x) = −2·( r1 − x) − 2·(r2 − x) − 2·(r3 − x) = 6x − 2·( r1 + r2 + r3 ) = 0 r +r +r x= 1 2 3 3 calculando la segunda derivada D′′ (x) = 6 > 0 r +r +r En x = 1 2 3 la función D (x) alcanza un valor mínimo. 3 Ejercicio 3. Calificación máxima: 3 puntos.

y+z =1   Considerar el sistema de ecuaciones (λ − 1) x + y + z = λ donde λ es un número real.  x + (λ − 1) y − z = 0  a) (1 punto) Discutirlo según los valores del parámetro λ b) (1 punto) Resolverlo para λ = 0 c) (1 punto) Resolverlo para λ = 3 Solución a) Los sistemas se clasifican según los rangos de la matriz de coeficientes(A) y el de la ampliada(A′). 1 1 1 1 1  0  0     A =  λ −1 1 1 A' =  λ − 1 1 1 λ  A ⊂ A′ ⇒ rg A ≤ rg A′ ≤ n = 3  1  1 λ − 1 − 1 λ − 1 − 1 0   

2

Rango de A. Dado que la matriz es cuadrada, se estudian los valores del parámetro que anulan el determinante, y serán los que se utilizarán para discutir el sistema. 0 1 1 λ = 0 det A = λ − 1 1 1 = 0 + (λ − 1)2 + 1 − 1 − 0 + (λ − 1) = λ·(λ − 1) = 0 :  λ = 1 1 λ −1 −1 Discusión: i. Sí λ ≠ 0, 1. |A| ≠ 0 ⇒ rg A = 3 = rg A′ = n. Sistema compatible determinando.

 y+z =1 0 1 1  0 1 1 1      Si λ = 0. − x + y + z = 0 A =  − 1 1 1  A' =  − 1 1 1 0  . El máximo rango que  1 − 1 − 1  1 −1 −1 0   x−y−z =0      pueden tener ambas matrices es dos, ya que en ambas las filas segunda y tercera son 0 1 proporcionales. Tomando como referencia el menor = 1 ⇒ rg A = rg A′ = 2. Sistema −1 1

ii.

 y+ z =1 compatible indeterminado. Sistema equivalente: S' :  − x + y + z = 0

y + z =1 0   Sí λ = 1.  y + z = 1 A =  0 1 x − z = 0   tener ambas matrices es dos,

1 0 1 1 1    1 1 A' =  0 1 1 1  . El máximo rango que pueden 1 0 −1 0 0 − 1   ya que en ambas las filas primera y segunda son proporcionales. 0 1 Tomando como referencia el menor = −1 ⇒ rg A = rg A′ = 2. Sistema compatible 1 0

iii.

1

y + z =1 indeterminado. Sistema equivalente: S' :  y − z = 0  y+ z =1 Para λ = 0. Sistema equivalente: S' :  . Para resolver el sistema se transforma una de − x + y + z = 0 las variables en parámetro y se resuelven las demás variables en función del parámetro. Para z = µ: x = 1  y+µ =1  y = 1 − µ SUST.  S' :  ⇒   → x − (1 − µ ) = µ ⇒ x = 1 :  y = 1 − µ ∀ µ ∈ ℜ − x + y + µ = 0 x − y = µ   z = µ  b)

c)

 y+ z =1  Para λ = 3. 2x + y + z = 3 . Aplicando Cramer A = 3·(3 − 1) = 6 x + 2 y − z = 0  1 1

x=

Ax A

=

1

3 1 1 0 2 −1 A

0 1

=

6 =1 6

y=

Ay A

=

1

2 3 1 1 0 −1 A

0 1 1

=

Solución: (1, 0, 1)

3

0 =0 6

z=

Az A

=

2 1 3 1 2 0 A

=

6 =1 6

Ejercicio 4. Calificación máxima: 3 puntos Sea la superficie esférica de ecuación x² + y² + z² − 6x − 6y − 8z + 9 = 0 a) (0’5 puntos) Determinar su centro y su radio. b) (0’5 puntos)Hallar la ecuación de la recta que contiene al diámetro paralelo al eje OY. c) (1 punto) Obtener el centro y el radio de la circunferencia que resulta al cortar dicha esfera con el plano z = 0. d) (1 punto) Hallar la ecuación del plano tangente a la esfera en su punto del eje OX. Solución a) Se pide calcular el centro y el radio de una esfera conocida su ecuación implícita. De la definición de esfera “ Lugar geométrico de los puntos de espacio que equidistan de un punto fijo” se obtiene la ecuación implícita de los puntos P (x, y, z) que distan de un punto C (a, b, c) (centro) una distancia R (radio). d(P − C ) = R

(x − a )2 + (y − b )2 + (z − c)2

=R elevando al cuadrado, desarrollando y ordenando x2 + y2 + z2 − 2a − 2b − 2c + a2 + b2 + c2 − R2 = 0 identificando está expresión con la ecuación propuesta:  − 2a = −6 a = 3  b = 3 − 2 b = − 6  C = (3, 3, 4 )   ⇒ ⇒  R = 5  − 2c = −8 c = 4  a 2 + b2 + c2 − R 2 = 9  R = 3 2 + 3 2 + 4 2 − 9 = 25 = 5 

(x − 3)2 + (y − 3)2 + (z − 4)2 = 5 2 b)

c)

Se pide calcular la ecuación de la recta que pasa por el centro de la esfera y es paralela al eje OY.  x =3 Punto : C(3,3,4)   r r r: ⇒ r ≡  y = 3 + λ , ∀λ ∈ ℜ Vector : d = j = 0 , 1 , 0 ( ) r   z=4  Se pide calcular la ecuación de la circunferencia intersección de la esfera y el plano z = 0 (x − 3)2 + (y − 3)2 + (z − 4 )2 = 5 2 C: ⇒ (x − 3)2 + (y − 3)2 + (0 − 4 )2 = 5 2  z=0 C = (3,3) (x − 3)2 + (y − 3)2 = 16 :   R=4

Se calcula el punto de intersección del eje OX con la esfera(P). (x − 3)2 + (y − 3)2 + (z − 4 )2 = 5 2  x = λ  C: ⇒ (λ − 3)2 + (0 − 3)2 + (0 − 4 )2 = 5 2 : λ = 3 ⇒ P = (3,0,0 )  r : y = 0   z = 0    r r La determinación lineal del plano (n , P ) , se obtiene con el segmento PC = n y P el punto de intersección de la esfera con el eje OX.  nr = PC = (3 − 3,3 − 0,4 − 0 ) = (0,3,4 ) π: P = (3,0,0 ) r π : n o PX = 0 Siendo X un punto genérico del plano buscado. π : (0,3,4) o (x − 3, y, z ) = 0 0·(x − 3) + 3·y + 4·z = 0 π : 3y + 4z = 0 d)

4

OPCION B Ejercicio 1. Calificación máxima: 2 puntos. Se consideran los puntos A(1, λ, 0), B(1, 1, λ−2) y C(1, −1, λ) a) (1 punto)Comprobar que no están alineados, cualquiera que sea el valor que tome el parámetro λ. b) (1 punto) Hallar el área del triángulo que determinan los tres puntos Solución a) Si tres puntos están alineados, los vectores que se forman entre ellos son proporcionales. AB = K·AC ⇒ (b1 − a 1 , b 2 − a 2 , b 3 − a 3 ) = K·(c1 − a 1 , c 2 − a 2 , c 3 − a 3 )

b1 − a 1 b 2 − a 2 b 3 − a 3 = = c1 − a 1 c 2 − a 2 c 3 − a 3 sustituyendo por los datos:

1 −1 1− λ λ−2 0 1− λ λ−2 = = ⇒ = = 1 −1 −1− λ λ 0 −1− λ λ para que se cumplan las igualdades:  1− λ = 0 : λ = 1  − 1 − λ = 0 : λ = −1  ⇒ sistema incompatible   λ−2 = 0:λ = 2  λ=0 No existe ningún valor de λ que verifique simultáneamente todas las igualdades. Para cualquier valor que tome λ, los puntos no están alineados. r r r i j k 1 1 1 b) Área (ABC) = ⋅ AB × AC = ⋅ (0,1 − λ, λ − 2 )× (0,−1 − λ, λ ) = ⋅ 0 1 − λ λ − 2 = 2 2 2 0 −1− λ λ

=

1  1 − λ λ − 2 0 λ − 2 0 1 − λ  1 1 ⋅ ,− , = ⋅ (− 2,0,0 ) = ⋅ 2 2 + 0 2 + 0 2 = 1 u 2  λ 0 λ 0 −1− λ  2 2  −1− λ 2

Ejercicio 2. Calificación máxima: 2 puntos. x −1 y z −1 Sean la recta la recta r ≡ = = y el plano π ≡ 2x − y + kz = 0 m 4 2 a) (1 punto) Calcular m y k para que la recta sea perpendicular al plano. b) (1 punto) Calcular m y k para que la recta esté contenida en el plano Solución a) Si una recta es perpendicular a un plano, el vector de dirección de la recta es paralelo al vector normal del plano. Numéricamente, los dos vectores deberán ser proporcionales.

r r d r = K·n

4 m m 4 2  2 = − 1 : m = −8 (m, 4, 2) = K·(2, − 1, k ) ⇔ = = :  2 4 1 2 −1 k  = :k = − 2  k −1

5

b)

Para que una recta este contenida en un plano se deben cumplir dos condiciones: El vector de dirección de la recta debe ser perpendicular al vector normal al plano, por lo que el producto escalar de ambos de ser nulo. ii. Los puntos de la recta cumplen la ecuación del plano. i.

La primera condición se transforma en la siguiente ecuación: r r don = 0 (m, 4, 2) o (2, − 1, k ) = 2m − 4 + 2k = 0 Teniendo en cuenta la segunda condición, el punto P(1, 0, 1) de la recta cumple la ecuación del plano.

P ∈ π : 2·1 − 0 + k·1 = 0 k = −2 Sustituyendo el valor de k en la primera ecuación 2m − 4 + 2·(−2) = 0 : m = 4

Ejercicio 3. Calificación máxima: 3 puntos. Sea la función f (x) = x4 − 4x³ + x² + 6x a) (1’5 puntos) Determinar los puntos de corte de su gráfica con los ejes y los intervalos de crecimiento y decrecimiento. b) (0’5 puntos) Esbozar la gráfica de la función. c) (1 punto) Calcular el área determinada por la gráfica de f, el eje horizontal y las rectas x = −1 y x = 2. Solución

 f ( x ) = x 4 − 4x 3 + x 2 + 6x Cortes con OX:  . Se resuelve por igualación, obteniéndose un polinomio f ( x ) = 0 de cuarto grado. x = −1 : (−1, 0)  x = 0 : (0, 0)  x4 − 4x³ + x² + 6x = 0 : x·(x + 1)·(x − 2)·(x − 3) = 0 :   x = 2 : (2, 0)  x = 3 : (3, 0) Monotonía. Teniendo en cuenta que la función es continua en todo R, la monotonía se estudia conociendo los extremos relativos de la función, que permite además trazarla más fácilmente. Extremos relativos: E los ceros de las derivadas se estudia el signo de la segunda derivada con el siguiente  Si f ' ' ( x 0 ) > 0 : mínimo criterio: f ' ( x 0 ) = 0 :  Si f ' ' ( x 0 ) < 0 : máximo a)

f (x) = x4 − 4x³ + x² + 6x : f ‘(x) = 4x3 − 12x2 + 2x + 6 : f ‘’(x) = 12x2 − 24x + 2   10 10   > 0 : mínimo : f ' ' 1 −  x = 1− 2 2     f ‘(x) = 4x3 − 12x2 + 2x + 6 = 0 : x = 1 : f ' ' (1) < 0 : máximo   10 10  : f ' ' 1 − > 0 : mínimo  x = 1+ 2 2   

6

Teniendo en cuenta los extremos relativos de la función, la monotonía es:

 Sí    Sí    Sí     Sí 

 10  x ∈  − ∞, 1 − ⇒ f ' ( x ) < 0 : Decreciente 2    10  x ∈ 1 − , 1 ⇒ f ' ( x ) > 0 : Creciente 2     10  x ∈ 1, 1 + ⇒ f ' ( x ) < 0 : Decreciente 2     10 x ∈ 1 + , ∞  ⇒ f ' ( x ) > 0 : Creciente 2  

b)

Gráfica. Teniendo en cuenta los puntos de corte con el eje OX, los extremos relativos y las  Lím f ( x ) = +∞  tendencias en el infinito: x →−∞ Lím f ( x ) = +∞ x →+∞

c)

Se pide calcular el área representada en la siguiente gráfica:

El área buscada, se obtiene como suma de dos áreas, calculando la primera de ellas en valor absoluto por estar por debajo del eje OX.

Área =

∫−1 (x 0

4

)

− 4 x + x + 6 x ·dx + 3

2

∫0 ( 2

)

 x5 x3 x − 4 x + x + 6 x ·dx = − x4 + + 3x 2  5 3  4

3

2

0 −1

  25  05   (−1) 5   05  ( −1) 3 03 23 03 = − 04 + + 3·0 2  −  − (−1) 4 + + 3·(−1) 2  +  − 24 + + 3·2 2  −  − 04 + + 3·0 2  =  5        3 3 3 3    5   5    5 0−

22  76  98 2 u + +0 = 15  15  15

7

2

 x5 x3 + − x4 + + 3x 2  = 5 3  0

Ejercicio 4. Calificación máxima: 3 puntos

 x + y + 5z = 0  a) (2 puntos) Discutir en función de los valores de k y resolver el sistema S1 =  2x − ky = 0  x−y+z =0  b) (1 punto) Discutir en función de los valores del parámetro λ y resolverlo en los casos de compatibilidad  x + y + 5z = 0  2 x − 3y = 0  el sistema S 2 =   x−y+z = 0 x + 2 y + 2λz = λ Solución a) Se pide discutir las soluciones de un sistema de ecuaciones homogéneas en función de un parámetro. Por ser un sistema homogéneo, el rango de la matriz de coeficientes coincide con el rango de la matriz ampliada, ya que ambas matrices solo se diferencian en una columna de ceros. Puesto que los rangos coinciden, según el teorema de Rouché, el sistema es compatible, pues al menos admite la solución trivial(x = y = z = 0). Dependiendo que el rango coincida con el número de incógnitas ó no, la solución podrá ser determinada(rg A = rg A’ = n. Única) ó indeterminada(rg A = rg A’ ≠ n. Infinitas)  1 1 5   rg A = rg A' = n = 3. S.C.D. Solución trivial A =  2 − k 0 :   1 − 1 1   rg A = rg A' < n = 3. S.C.I. Infinitas solución   Para estudiar el rango de la matriz, se estudian los valores del parámetro que anulan la matriz de coeficientes. 1 1 5

2 − k 0 = − k + 0 − 10 − (− 5k + 2 + 0 ) = 4k − 12 = 4·(k − 3) = 0 : k = 3

1

−1 1

Discusión: i. Sí a ≠ 3, el det A ≠ 0. Sistema compatible determinado. Solución trivial, x = y = z = 0. x + y + 5z = 0 1 1  ii. Si a = 3, S1 =  2 x − 3y = 0 : = −5 ⇒ rg A = rg A’ = 2 < n = 3. Sistema compatible  x − y+ z = 0 2 −3  indeterminado con un grado de indeterminación. Teniendo en cuenta el menor de orden tres que  x + y + 5z = 0 define el rango, el sistema equivalente es: S'1 =  . Para resolverlo, se transforma  2 x − 3y = 0

x + 5z = −λ , resolviendo por sustitución: una variable en parámetro(y = λ): S'1 =   2 x = 3λ 3   x= 2λ  Solución :  y = λ  1 z = − 2 λ 

5 5  x + y + 5z = 0 1 1 1 1     2 x − 3y = 0 2 −3 0  2 −3 0  b) definido por: A =  S2 =   , A' =  1 − 1 1 x − y + z = 0 1 − 1 1      1 2 2λ   1 2 2λ x + 2 y + 2λz = λ    A ⊂ A’ ⇒ rg A ≤ rg A’ ; n = 3 Teniendo en cuenta las dimensiones de las matrices: rg A ≤ 3, rg A’ ≤ 4

8

0  0 0  λ 

Dada las dimensiones de las matrices, si el determinante de la matriz ampliada es distinto de cero, el rg A’ = 4, mayor que el de A, y por tanto el sistema será incompatible. La discusión se hará a partir de los valores que anulan el determinante de la matriz ampliada. 1 1 5 0 1 1 5 2 −3 0 0 4+ 4 det A ' = = (−1) λ· 2 − 3 0 = λ·0 = 0 1 −1 1 0 1 −1 1 1 2 2λ λ Para cualquier valor que tome λ, el rango de la matriz ampliada es menor o igual a tres.

5 1 1   2 −3 0  Rango de A: En la matriz A =  se busca un menor de orden dos distinto de cero, 1 −1 1     1 2 2λ    1

1

2 −3

= −5 , y se estudian los menores orlados de orden tres:

1

1

5

1

1

2 −3 0 = 0, 2 −3 1

−1 1

1

2

5

0 = 5·(7 − 2λ ) 2λ

Discusión:

i.

7 ⇒ A ≠ 0 . rg A = rg A’ = 3 = n. Sistema compatible determinado 2  x + y + 5z = 0  A = 5·(7 − 2λ ) S 2 =  2 x − 3y = 0 x + 2 y + 2λz = λ  0 1 5 1 0 5 1 1 0 0 −3 0 2 0 0 2 −3 0

Si λ ≠

x=

ii.

λ

2

2λ

5·(7 − 2λ )

=

1 λ 2λ 1 2 λ 15λ − 10λ − 5λ : y= : z= = = 5·(7 − 2λ ) 5·(7 − 2λ ) 5·(7 − 2λ ) 5·(7 − 2λ ) 5·(7 − 2λ )

1 1 5 0    2 −3 0 0  7 Si λ = ⇒ rg A = 2. Se estudia el rango de la ampliada. A' =  1 −1 1 0  2   1 2 7 7  2  2 −3 1 −1 1

0 7 0 = , rg A’ = 3 ≠ rg A 2 2 7 2 Sistema incompatible

9