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, + ∞) german.jss@gmail.com 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 ). german.jss@gmail.com 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: german.jss@gmail.com 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 german.jss@gmail.com 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 ). german.jss@gmail.com 5