Junio 2013 Resuelto

PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD PARA
ALUMNOS DE BACHILLERATO LOE
Junio 2013
MATEMÁTICAS II. CÓDIGO 158
OBSERVACIONES IMPORTANTES: El alumno deberá responder a todas las cuestiones
de una de las opciones A o B. No está permitido utilizar calculadoras programables ni que
realicen cálculo simbólico, integrales o gráficas.
OPCIÓN A: No es necesario responder a las cuestiones en el mismo orden en que
están enunciadas. Antes bien, se recomienda al alumno que empiece por aquellas
cuestiones que le resulten más sencillas.
CUESTIÓN A.1: [2,5 puntos] Discuta, en función
de ecuaciones:
x+y+z =
x − ay + z =
ax + y + z =
del parámetro a, el siguiente sistema

1 
1 .

4
No hay que resolverlo en ningún caso.
CUESTIÓN A.2: Tres vértices consecutivos de un paralelogramo son A = (1, 3, −4), B =
(2, 6, 7) y C = (5, −1, 2).
D
A
C
B
a) [1,25 puntos] Calcule el área del paralelogramo.
b) [1,25 puntos] Determine el cuarto vértice, D.
x2
CUESTIÓN A.3: Dada la función f (x) =
, se pide:
x−1
a) [0,25 puntos] Dominio de definición y puntos de corte con los ejes.
b) [1 punto] Estudio de las asíntotas (verticales, horizontales y oblicuas).
c) [0,75 puntos] Intervalos de crecimiento y decrecimiento. Extremos (máximos y
mínimos).
d) [0,5 puntos] Representación gráfica aproximada.
CUESTIÓN A.4: [2,5 puntos] Calcule la siguiente integral indefinida
Z
10
dx.
x2 − x − 6
OPCIÓN B: No es necesario responder a las cuestiones en el mismo orden en que
están enunciadas. Antes bien, se recomienda al alumno que empiece por aquellas
cuestiones que le resulten más sencillas.
CUESTIÓN B.1:
a) [1,25 puntos] Compruebe que la matriz A =
4
1
−3 −1
, es regular (o inversi-
ble) y calcule su matriz inversa.
2
b) [1,25 puntos]Resuelva
la ecuación matricial AX + A = B, siendo A la matriz
1 2
anterior y B =
.
3 4
¡OJO!: El producto de matrices NO es conmutativo.
CUESTIÓN B.2:
a) [0,75 puntos] Determine la ecuación del plano π que contiene a los puntos
A = (3, 2, 0), B = (5, 1, 1) y C = (2, 0, −1).
b) [0,75 puntos] Determine la ecuación de la recta r que pasa por los puntos
D = (1, 2, 1) y E = (2, −6, 0).
c) [1 punto] Estudie la posición relativa de r y π.
CUESTIÓN B.3: Considere la función dada por
 x

si

1 − ex
f (x) =


−1 si
x 6= 0
x=0
a) [1 punto] Demuestre que la función es continua en todo R.
b) [1,5 puntos] Determine si la función es derivable en x = 0 y, en caso afirmativo,
calcule f 0 (0).
CUESTIÓN B.4:
a) [1,5 puntos] Encuentre una primitiva de la función f (x) = arctgx.
b) [1 punto] Calcule el área del recinto limitado por la gráfica de la función f (x) y
el eje de abscisas entre x = 0 y x = 1.
2
SOLUCIONES DE LA OPCIÓN A:
CUESTIÓN A.1


1 1 1
La matriz de los coeficientes del sistema es A =  1 −a 1 , mientras que la matriz
a 1 1


1 1 1 1
ampliada es A∗ =  1 −a 1 1 .
a 1 1 4
Estudiemos primero el rango de A en función de los valores del parámetro. El determinante
de A es
|A| = −a + 1 + a + a2 − 1 − 1 = a2 − 1 = (a − 1)(a + 1),
de manera que |A| = 0 si y solo si a = 1 o a = −1. Por lo tanto, si a 6= 1 y a 6= −1, |A| 6= 0 y
Rango(A) = 3.


1 1 1
Si a = 1 se tiene A =  1 −1 1 . En este caso Rango(A) = 2 porque |A| = 0 y A tiene
1 1 1
1 1 = −2 6= 0.
al menos un menor de orden 2 distinto de cero, 1 −1 

1 1 1
Por otra parte, si a = −1 se tiene A =  1 1 1 . En este caso también se tiene
−1 1 1
Rango(A)
= 2 porque |A| = 0 y A tiene al menos un menor de orden 2 distinto de cero,
1 1 −1 1 = 2 6= 0.
Veamos ahora qué ocurre con el rango de la matriz ampliada. Si a 6= 1 y a 6= −1 sabemos
que Rango(A) = 3 y por lo tanto se tiene también Rango(A∗ ) = 3, ya que A es una submatriz
de A∗ .


1 1 1 1
Si a = 1 se tiene A∗ =  1 −1 1 1 . En este caso Rango(A∗ ) = 3 porque A∗ tiene al
1 1 1 4
1 1 1 menos un menor de orden 3 distinto de cero, 1 −1 1 = −6 6= 0.
1 1 4 

1 1 1 1
Por otra parte, si a = −1 se tiene A∗ =  1 1 1 1 . En este caso se tiene Rango(A∗ ) =
−1 1 1 4
1 1 = 2 6= 0, y todos los me2 porque tenemos un menor de orden 2 distinto de cero, −1 1 nores posibles de orden 3 que se pueden formar ampliando dicho menor de orden 2 son
cero:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 0 y 1 1 1 = 0.
−1 1 1 −1 1 4 3
De hecho, las dos primeras files de A∗ son la misma, por lo que el rango no puede ser
mayor que 2.
En resumen, y aplicando el teorema de Rouché-Fröbenius, se tiene los siguiente:
i) Si a 6= 1 y a 6= −1 se tiene Rango(A) = Rango(A∗ ) = 3 =número de incógnitas, por lo
que el sistema es Compatible Determinado.
ii) Si a = −1 se tiene Rango(A) = Rango(A∗ ) = 2 <número de incógnitas, por lo que el
sistema es Compatible Indeterminado.
iii) Si a = 1 se tiene Rango(A) = 2 6= Rango(A∗ ) = 3 y el sistema es Incompatible.
CUESTIÓN A.2
Apartado a) El cálculo del área del paralelogramo se puede hacer sin necesidad de cono−
→ −
→
cer el vértice D, ya que tomando los vectores BA y BC se tiene que
−
→ −
→
Área = kBA × BCk,
−
→
−
→
donde × denota el producto vectorial. Utilizando BA = A − B = (−1, −3, −11) y BC = C − B =
(3, −7, −5), podemos calcular
~i
~k ~j
−
→ −
→ BA × BC = −1 −3 −11 = (15 − 77, −(5 + 33), 7 + 9) = (−62, −38, 16).
3 −7 −5 Por lo tanto,
p
√
√
√
−
→ −
→
Área = kBA × BCk = 622 + 382 + 162 = 5544 = 23 · 32 · 7 · 11 = 6 154.
−
→ −
→
Observación al Apartado a): Otra manera de calcular kBA × BCk es utilizar la fórmula
−
→ −
→
−
→ −
→
−
→ −
→
kBA × BCk2 = kBAk2 kBCk2 − (BA · BC)2 ,
donde · denota el producto escalar. En nuestro caso se tiene
−
→
−
→
kBAk2 = 1 + 32 + 112 = 131, kBCk2 = 32 + 72 + 52 = 83,
y
Por lo tanto
−
→ −
→
BA · BC = −3 + 21 + 55 = 73.
p
√
√
−
→ −
→
Área = kBA × BCk = 131 · 83 − 732 = 5544 = 6 154.
Apartado b)
Solución 1: Una manera muy sencilla de calcular el vértice D es observar que las dos
diagonales del paralelogramo se cortan en sus puntos medios. Por tanto, si llamamos P al
punto de corte de las diagonales, se tiene que P es el punto medio de A y C, es decir,
P=
A +C
2
4
y P es también el punto medio de B y D, es decir,
P=
B+D
.
2
Usando la primera expresión podemos calcular las coordenadas de P, ya que
P=
A +C 1
= (1 + 5, 3 − 1, −4 + 2) = (3, 1, −1).
2
2
Por otra parte, despejando D en la segunda expresión se tiene que
B + D = 2P ⇒ D = 2P − B = 2(3, 1, −1) − (2, 6, 7) = (6 − 2, 2 − 6, −2 − 7) = (4, −4, −9),
es decir D = (4, −4, −9).
Solución 2: Otra manera aún más sencilla de calcular el vértice D es observar que el
vértice D viene dado por
−
→
D = A + BC.
−
→
En ese caso, dado que BC = C − B = (3, −7, −5) se tiene que
D = (1, 3, −4) + (3, −7, −5) = (4, −4, −9).
Solución 3: Otra manera de resolver el problema, igualmente válida pero más tediosa,
es calcular el punto D haciendo la intersección de la recta r que pasa por A y tiene como
−
→
vector director el vector BC, con la recta s que pasa por C y tiene como vector director el
−
→
vector AB.
−
→
Dado que BC = C − B = (3, −7, −5), la recta r viene dada por

 x = 1 + 3λ
y = 3 − 7λ
r:

z = −4 − 5λ
−
→
Análogamente, como AB = B − A = (1, 3, 11), la recta s viene dada por

 x = 5+µ
y = −1 + 3µ
s:

z = 2 + 11µ
Por lo tanto, podemos calcular el punto de corte igualando coordenada a coordenada y se
tiene que

 1 + 3λ = 5 + µ
3 − 7λ = −1 + 3µ ⇒ λ = 1, µ = −1.

−4 − 5λ = 2 + 11µ
Por lo tanto, haciendo λ = 1 en la recta r, tenemos que el vértice D es
D = (1, 3, −4) + (3, −7, −5) = (4, −4, −9).
CUESTIÓN A.3
5
Apartado a) Por el tipo de función, su dominio son todos los valores de x excepto aquellos
que hacen cero al denominador, x − 1 = 0. Por lo tanto, el dominio de la función es toda la
recta real menos x = 1, es decir, (−∞, 1) ∪ (1, +∞).
Además, f (x) = 0 si y solo si x2 = 0, es decir si y solo si x = 0. Por lo tanto el origen (0, 0)
es el único punto de corte con ambos ejes.
Apartado b) Veamos en primer lugar si la función tiene asíntotas verticales. Como el
dominio de la función es (−∞, 1) ∪ (1, +∞), calculamos lo límites laterales en x = 1 para ver
si el resultado es ∞, en cuyo caso tendremos una asíntota vertical en x = 1. El límite por la
izquierda es
1
x2
=
= −∞.
lı́m f (x) = lı́m
x→1,x<1 x − 1
−0
x→1−
Análogamente, el límite por la derecha es
lı́m f (x) =
x→1+
x2
1
=
= +∞.
x→1,x>1 x − 1
+0
lı́m
Por lo tanto la recta x = 1 es una asíntota vertical.
Por otra parte, utilizando la regla de los grados tenemos que
x2
= ±∞,
x→±∞ x − 1
lı́m f (x) = lı́m
x→±∞
ya que el grado del numerador es mayor que el grado del denominador. Por lo tanto, la
función no tiene asíntotas horizontales.
Para estudiar la existencia de asíntotas oblicuas debemos estudiar la existencia del límite
m = lı́m
x→±∞
x
f (x)
= lı́m
= 1,
x→±∞ x − 1
x
utilizando de nuevo la regla de los grados, ya que en este caso ambos grados son iguales
y los coeficientes principales son ambos 1. Por lo tanto, la recta y = x + n es una asíntota
oblicua cuando x → ±∞, siendo
2
x
x2 − x2 + x
x
n = lı́m ( f (x) − mx) = lı́m
− x = lı́m
= lı́m
= 1.
x→±∞
x→±∞ x − 1
x→±∞
x→±∞ x − 1
x−1
En definitiva, la recta y = x + 1 es una asíntota oblicua tanto cuando x → −∞ como cuando
x → +∞.
Apartado c) Calculamos en primer lugar la derivada de f (x),
f 0 (x) =
2x(x − 1) − x2
x2 − 2x
x(x − 2)
=
=
.
2
2
(x − 1)
(x − 1)
(x − 1)2
Por lo tanto, f 0 (x) = 0 si y solo si x(x − 2) = 0, es decir, si y solo si x = 0 o x = 2. Estos
dos puntos son los puntos críticos de la función y, por lo tanto, los candidatos a extremos
(máximos o mínimos).
Veamos cómo son los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función. Para ello,
y aplicando el teorema de Bolzano (aunque algunos no lo quieran reconocer), basta con
6
estudiar el signo de f 0 (x) en los distintos subintervalos determinados por los puntos donde
f 0 (x) = 0, es decir, (−∞, 0), (0, 2) y (2, +∞) (cuidado, que el 1 ∈ (0, 2) pero no está en el
dominio).
Como el denominador de f 0 (x) es un cuadrado, es siempre positivo y no afecta al signo
de f 0 (x). Basta entonces con estudiar el signo del numerador en la expresión de f 0 (x).
Observamos entonces (evaluando en un punto cualquiera del intervalo en cuestión) que
i) En el intervalo (−∞, 0) el numerador de f 0 (x) es positivo y por lo tanto la derivada es
positiva y la función es estrictamente creciente.
ii) En el tramo (0, 2) − {1} = (0, 1) ∪ (1, 2) el numerador de f 0 (x) es negativo y por lo tanto
la derivada es negativa y la función es estrictamente decreciente.
iii) En el intervalo (2, +∞) el numerador de f 0 (x) es positivo y por lo tanto la derivada es
positiva y la función es estrictamente creciente.
Este estudio es suficiente para concluir que en x = 0 la función tiene un máximo y en
x = 2 la función tiene un mínimo, sin necesidad de recurrir a la derivada segunda de f .
En efecto, observamos que la función es creciente a la izquierda de 0 y decreciente a su
derecha, por lo que en x = 0 hay un punto de máximo, con f (0) = 0. Análogamente, la
función es decreciente a la izquierda de 2 y creciente a su derecha, por lo que en x = 2
hay un punto de mínimo, con f (2) = 4. Además, como sabemos que lı́mx→+∞ f (x) = +∞ y
lı́mx→−∞ f (x) = −∞, podemos concluir que los dos extremos (el máximo y el mínimo) son
ambos relativos.
Aunque no es necesario, también se puede aplicar el test de la segunda derivada para
decidir si los puntos críticos obtenidos son extremos. En efecto, calculando se tiene
f 00 (x) =
2
(2x − 2)(x − 1)2 − (x2 − 2x)2(x − 1) (2x − 2)(x − 1) − 2(x2 − 2x)
=
=
.
4
3
(x − 1)
(x − 1)
(x − 1)3
Por lo tanto, f 00 (0) = 2/(−1)3 = −2 < 0, por lo que la función tiene un máximo en x = 0,
con f (0) = 0. Por otra parte f 00 (2) = 2/13 = 2 > 0, por lo que la función tiene un mínimo en
x = 2, con f (2) = 4.
Apartado d) Recopilando la información obtenida en los apartados anteriores, la representación gráfica aproximada sería la siguiente:
7
CUESTIÓN A.4
Se trata de una integral racional donde el numerador es una constante (polinomio de grado
0) y el denominador es un polinomio de grado 2. Estudiamos las raíces del denominador
y tenemos que
√
1 ± 1 + 24 1 ± 5
=
= 3 y − 2.
x=
2
2
Se trata pues de dos raíces reales simples. Veamos cómo es la descomposición en fracciones simples:
10
A
B
(A + B)x + 2A − 3B
=
+
=
.
2
x −x−6 x−3 x+2
(x − 3)(x + 2)
Por lo tanto A y B vienen dados por
A+B = 0
2A − 3B = 10
Despejando B en la primera se tiene B = −A y sustituyendo en la segunda se tiene 2A +
3A = 10. Es decir A = 10/5 = 2 y B = −2. Por tanto
10
2
2
=
−
.
x2 − x − 6 x − 3 x + 2
Integrando ahora esta igualdad, se tiene
Z
10
dx = 2
2
x −x−6
dx
= 2 ln |x − 3| − 2 ln |x + 2|
x+2
x−3 2
2
2
.
= ln(x − 3) − ln(x + 2) = ln
x+2
Z
dx
−2
x−3
Z
8
SOLUCIONES DE LA OPCIÓN B:
CUESTIÓN B.1
Apartado a) Para comprobar que A es regular, basta con comprobar que su determinante
es disitinto de cero. En efecto, se tiene
4
1
= −4 + 3 = −1 6= 0,
|A| = −3 −1 y A es regular. El cálculo de su matriz inversa lo podemos hacer utilizando que
A−1 =
donde
Adj(A)t
1
Adj(A)t
|A|
t
es la matriz traspuesta de los adjuntos A. Entonces Adj(A) =
−1 −1
3
4
y
−1
A
1
=
=
−1
−1 −1
3
4
=
1
1
−3 −4
.
Comprobemos que en efecto ésta es la inversa de A haciendo
4
1
1
1
4−3
4−4
1 0
·
=
=
.
−3 −1
−3 −4
−3 + 3 −3 + 4
0 1
Apartado b) En primer lugar, sacamos A factor común por la izquierda, de modo que
AX + A2 = B ⇔ A(X + A) = B.
Multiplicando a la izquierda por A−1 se tiene
X + A = A−1 B ⇒ X = −A + A−1 B.
Sustituyendo ahora por los valores concretos de A, A−1 y B concluimos que
4
1
1
1
1 2
X = −
+
·
−3 −1
−3 −4
3 4
0
5
−4 −1
4
6
=
+
=
.
3
1
−15 −22
−12 −21
CUESTIÓN B.2
Apartado a) El plano π pasa por el punto A = (3, 2, 0) y tiene como vectores directores los
−
→
−
→
vectores AB = B − A = (2, −1, 1) y AC = C − A = (−1, −2, −1) (o, equivalentemente (1, 2, 1)).
Por lo tanto su ecuación general o ímplicita es
x−3 2 1 y − 2 −1 2 = 0.
z
1 1 Desarrollando este determinante se tiene
−x + 3 + y − 2 + 4z + z − 2x + 6 − 2y + 4 = 0,
9
es decir,
π : 3x + y − 5z = 11.
Observación al Apartado a): Si se prefiere, también se puede dar la ecuación paramétrica del plano π, que viene dada por

 x = 3 + 2λ + µ
y = 2 − λ + 2µ
π:

z =
λ +µ
Apartado b) La recta r pasa por el punto D = (1, 2, 1) y tiene como vector director el vector
−→
DE = E − D = (1, −8, −1). Por tanto, la ecuación continua de r es
r:
x−1 y−2 z−1
=
=
.
1
−8
−1
Esto es suficiente para completar el apartado b).
No obstante, de cara al apartado c) del ejercicio, lo más práctico es obtener las ecuaciones
implícitas de la recta. Para ello tomamos de la ecuación continua las igualdades
x−1 y−2
=
1
−8
y
x−1 z−1
=
,
1
−1
lo que nos da las ecuaciones
−8x + 8 = y − 2 y
− x + 1 = z − 1.
Es decir,
r:
8x + y = 10
x+z = 2
Observación al Apartado b): Si se prefiere, se puede dar también la ecuación paramétrica de la recta, que sería simplemente

 x = 1+λ
y = 2 − 8λ
r:

z = 1−λ
Apartado c)
Solución 1: Como ya hemos indicado en el apartado anterior, lo más práctico es tomar
las ecuaciones implícitas de la recta r
8x + y = 10
r:
,
x+z = 2
y la ecuación general del plano π
π : 3x + y − 5z = 11.
De esta manera, estudiar la posición relativa de r y π equivale a estudiar el carácter del
sistema de ecuaciones formado por las 3 ecuaciones, es decir, el sistema

8x + y
= 10 
x+z
= 2
.

3x + y − 5z = 11
10
La matriz de coeficientes de este sistema es


8 1 0
A =  1 0 1 .
3 1 −5
Observamos que Rango(A) = 2, ya que su determinante
es |A| = 3 − 8 + 5 = 0 y tiene
8 1 = −1. Por otra parte, la matriz
al menos un menor de orden 2 distinto de cero, 1 0 ampliada del sistema es


8 1 0 10
A∗ =  1 0 1 2  ,
3 1 −5 11
y se tiene que Rango(A∗ ) = 3, ya que tiene un menor de orden 3 distinto de cero,
1 0 10 0 1 2 = 11 6= 0.
1 −5 11 Como Rango(A) = 2 6= Rango(A∗ ) = 3, el sistema es indeterminado y por lo tanto la recta
y el plano no se cortan, es decir, son paralelos.
Solución 2: Alternativamente, si consideramos la ecuación paramétrica de la recta r y la
ecuación general del plano, entonces podemos razonar de la siguiente manera. Sabemos
−→
que el vector director de la recta es DE = (1, −8, −1), mientras que el vector perpendicular
al plano π está dado por ~n = (3, 1, −5). Haciendo el producto escalar de ambos vectores
se tiene
−→
DE ·~n = 3 − 8 + 5 = 0.
Esto significa que la recta es perpendicular a ~n y, por lo tanto, o bien es paralela al plano π
o bien está contenida en π. Pero como el punto D (por ejemplo; basta con tomar cualquier
punto de la recta) no pertenece al plano π, ya que 3 · 1 + 2 − 5 · 1 = 0 6= 11, concluimos que
la recta es paralela al plano.
CUESTIÓN B.3
Apartado a) Por la expresión dada para f (x), ya sabemos que la función es continua para
x 6= 0, ya que el denominador de la fracción solo se anula para x = 0,
1 − ex = 0 ⇔ ex = 1 ⇔ x = 0.
Veamos que también es continua en x = 0 calculando el límite cuando x tiende a 0. Para
ello hacemos
0
0
x
=
=
.
lı́m f (x) = lı́m
x→0
x→0 1 − ex
1 − e0 0
Aplicando la regla de L’Hôpital tenemos entonces
x
1
1
1
= lı́m x =
=
= −1.
x
0
x→0 1 − e
x→0 −e
−e
−1
lı́m
Por lo tanto la función es continua en todo R.
Apartado b)
11
Solución 1: La manera más directa de comprobar si la función es derivable o no en x = 0
es estudiar si existe o no el límite del cociente incremental en x = 0, es decir,
L = lı́m
x→0
f (x) − f (0)
,
x−0
y en caso de que existe éste es precisamente el valor de f 0 (0). En nuestro caso
x
x + 1 − ex
+
1
x
x
f (x) − f (0)
x + 1 − ex
= 1−e
= 1−e
=
.
x−0
x
x
x(1 − ex )
Por lo tanto,
f (x) − f (0)
x + 1 − ex 0 + 1 − e0 0
L = lı́m
= lı́m
=
= .
x→0
x→0 x(1 − ex )
x−0
0
0
Aplicando la regla de L’Hôpital tenemos
1 − ex
1 − e0
0
x + 1 − ex
=
lı́m
= .
=
x
x
x
0
x→0 1 − e − xe
x→0 x(1 − e )
1−e −0 0
L = lı́m
Aplicando de nuevo la regla de L’Hôpital tenemos
1 − ex
1
−ex
−e0
= .
=
lı́m
=
x
x
x
x
x
0
0
x→0 1 − e − xe
x→0 −e − e − xe
−e − e − 0 2
L = lı́m
1
Por lo tanto, la función sí es derivable en x = 0 y se tiene f 0 (0) = L = .
2
Solución 2: Otra manera de resolver este apartado es observar que f (x) es derivable
para x 6= 0 y de hecho se tiene que, para x 6= 0,
f 0 (x) =
1 − ex − x(−ex ) 1 − ex + xex
=
.
(1 − ex )2
(1 − ex )2
Por lo tanto, si existe el límite cuando x tiende a cero de la expresión obtenida para f 0 (x)
podemos concluir que f es también derivable en x = 0 y su derivada en x = 0 será precisamente el valor de ese límite.
Veamos entonces si existe este límite,
1 − ex + xex 1 − 1 + 0 0
=
= .
x→0 (1 − ex )2
0
0
lı́m f 0 (x) = lı́m
x→0
Aplicando la regla de L’Hôpital tenemos
−ex + ex + xex
1 − ex + xex
lı́m
= lı́m
,
x→0 −2(1 − ex )ex
x→0 (1 − ex )2
Pero
por lo que
−ex + ex + xex
xex
x
=
=
,
x
x
x
x
x
−2(1 − e )e
−2(1 − e )e
2(e − 1)
1 − ex + xex
x
0
= lı́m
= .
lı́m
x
2
x
x→0 2(e − 1)
x→0 (1 − e )
0
12
Aplicando de nuevo la regla de L’Hôpital tenemos
1
x
1
= lı́m x = .
lı́m
x
x→0 2e
x→0 2(e − 1)
2
1
Por lo tanto, la función es derivable en x = 0 y se tiene f 0 (0) = .
2
Observación a la Solución 2: De hecho, con este argumento estamos demostrando no
solo que la función es derivable sino que es de clase C1 , en el sentido de que su derivada
existe y es continua. Podría ocurrir que la función fuera derivable en x = 0 pero su derivada
no fuera continua en x = 0, en cuyo caso este razonamiento no sería válido. Por ejemplo,
la función dada por

1

2

si x 6= 0
 x sen
x
f (x) =



0
si x = 0
es continua y derivable en todo R, pero su derivada no es continua en x = 0. De hecho

1
1


− cos
si x 6= 0
 2xsen
x
x
0
f (x) =



0
si x = 0
y no existe lı́mx→0 f 0 (x).
CUESTIÓN B.4
Apartado a) Para calcular
Z
arctgx dx aplicamos integración por partes, tomando u = arctgx
y dv = dx. Por lo tanto, du =
por partes se aplica que
dx
y v = x. Recuérdese que en la técnica de integración
1 + x2
Z
udv = uv −
Z
vdu.
Así, en nuestro caso se tiene
2x
dx
1 + x2
p
1
= x artgx − ln(1 + x2 ) = x artgx − ln 1 + x2 .
2
√
Por tanto, una primitiva de arctgx es x artgx − ln 1 + x2 .
Z
arctgxdx = x artgx −
Z
x
1
dx = x artgx −
2
1+x
2
Z
Apartado b) En primer lugar observamos que la función f (x) = arctgx ≥ 0 si y solo si x ≥ 0.
En particular, f (x) ≥ 0 en el intervalo [0, 1]. Por lo tanto, el área solicitada viene dada por
Área =
Z 1
arctgx dx.
0
Aplicando la regla de Barrow y utilizando la primitiva calculada en el apartado anterior, se
tiene
Z 1
x=1
p
Área =
arctgx dx = x artgx − ln 1 + x2 x=0
0
p
√
= 1 artg1 − ln 1 + 12 − (0 artg0 − ln 1)
√
√
π
π
=
− ln 2 − (0 − 0) = − ln 2.
4
4
13