Solución - IES Francisco Ayala

IES Francico Ayala
Examen modelo 2 del Libro 1996_97 con soluciones
Germán Jesús Rubio luna
Opción A
Ejercicio 1 del Modelo 2 de la Opción A de sobrantes del Libro 1996_97.
[2'5 PUNTOS]. La línea recta que pasa por los puntos (0, -6) y (1, 0) (mira el dibujo) es la gráfica de la
función derivada segunda f ‘’ de una cierta función f : ℜ → ℜ. Se sabe que el origen pertenece a la curva y =
f(x) y que en ese punto la recta tangente tiene pendiente igual a 3. Determina una expresión de la función f .
Solución
Vamos a calcular la expresión de f ‘’(x) = ax + b puesto que me dicen que es una recta
y = ax + b y pasa por (0,-6) y (1,0).
Como pasa por (0,-6) → - 6 = b
Como pasa por (1,0) → 0 = a + (-6) → a = 6
Por tanto f ‘’(x) = ax + b = 6x – 6
Como f(x) pasa por el origen tengo que f(0) = 0
Como en dicho punto, es decir el origen, la recta tangente tiene pendiente igual a 3 tengo que f ‘(0) = 3
Por el Teorema fundamental del calculo integral que dice: Si f(x) es una función continua entonces la
función F(x) =
∫
x
0
f(t) dt es derivable y su derivada es F ‘(x) = f(x). En mi caso particular f ‘(x) = ∫ f ‘’(x) dx
f ‘(x) = ∫ f ‘’(x) dx = ∫ (6x-6) dx = 3x – 6x + K
2
f ‘(x) = 3x – 6x + K , de f ‘(0) = 3 tenemos 3 = 0+0+K → K = 3
2
2
Luego f ‘(x) = 3x – 6x + K = 3x – 6x + 3
Por el Teorema fundamental del calculo integral de nuevo
2
f(x) = ∫ f ‘(x) dx = ∫ (3x – 6x + 3) dx = x – 3x + 3x + L
2
3
2
f(x) = x – 3x + 3x + L, de f(0) = 0 tenemos 0 = 0-0+0+L → L = 0
3
2
3
2
Luego la función pedida es f(x) = x – 3x + 3x + L = x – 3x + 3x
Ejercicio 2 del Modelo 2 de la Opción A de sobrantes del Libro 1996_97.
(1) [1 PUNTO]. Explica en qué consiste el método de integración por partes.
3
2
2
(2) [1'5 PUNTOS]. Calcula ∫ x Ln(x)dx , donde Ln(x) denota el logaritmo neperiano de un número positivo x.
Solución
(1) Si u(x) y v(x) son funciones con derivada continua entonces ∫ u(x).v ‘(x)dx = u(x).v(x) - ∫v(x).u ‘(x)dx.
En forma difernencial ∫u.dv = u.v - ∫v.du
2
(2) I = ∫ x Ln|x| dx
u = Ln|x| → du = (1/x).dx
2
2
3
dv = x dx → v = ∫ x dx = (x )/3
2
3
3
I = ∫x Ln|x| dx = [(x )/3].Ln|x| - ∫ [(x )/3]. (1/x).dx =
3
2
= [(x )/3].Ln|x| – (1/3).∫ x .dx =
3
3
3
3
= [(x )/3].Ln|x| – (1/3). [(x )/3] + K = [(x )/3].Ln|x| – (1/9). (x ) + K.
Ejercicio 3 del Modelo 2 de la Opción A de sobrantes del Libro 1996_97.
(1) (1 '25 PUNTOS). Determina la ecuación del plano que es paralelo al vector u = (1,2,3) y contiene a la
recta que pasa por el punto P = (1,1,1) y es paralela al vector v = (1,1,1).
(2) [1'25 PUNTOS]. Determina la ecuación del plano que pasa por el puntó P = (1,1,1) y es perpendicular al
vector u = (1,2, 3).
Solución
(1) Como el planop es parlelo a u y v y pasa por el punto P su ecuación es
x-1 y-1 z-1
π ≡ det(x – p,u , v) =
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1
2
1
1
3 = (x-1).(-1) – (y-1).(-2) + (z-1).(-1) = -x + 2y – z = 0
1
1
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Examen modelo 2 del Libro 1996_97 con soluciones
Germán Jesús Rubio luna
(2) Como el plano pasa por P y es perpendicular al vector u = (1,2, 3), u = (1,2, 3) es el vector normal del
plano y su ecuación normal es (x-p)•n = 0, es decir
(x-1).1 + (y-1).2 + (z-1).3 = x + 2y + 3z – 6 = 0
Ejercicio 4 del Modelo 2 de la Opción A de sobrantes del Libro 1996_97.De una matriz cuadrada de orden 3 se sabe que su determinante vale 4.
(1) [0'5 PUNTOS]. Explica cuánto vale el determinante de la matriz 3A.
(2) [1 PUNTO]. Si B es la matriz inversa de A, explica cuánto vale el determinante de B.
(3)[1PUN'1O]. Al aplicar el método de eliminación de Gauss a la matriz A, al final del proceso obtenemos,
2 0 2


sin que haya habido intercambio de filas ni de columnas: la matriz  0 2 1  ¿Cuánto vale α? Justifica la
0 0 α 


respuesta.
Solución
(1) Por las propiedades de los determinantes (si un numero multiplica a una fila o a una columna de un
determinante dicho número sale multiplicando a dicho determinante) si uhna matriz cuadrada A es de orden
n
n entonces |k.A| = k .|A|.
3
En nuestro caso |3A| = 3 .|A| = 27.4 = 108, puesto que A es de orden 3.
(2) Si B es ma inversa de A, A.B = I → |A.B| = |I| = 1 = |A|.|B|, puesto que el determinantge de un producto
es igual al producto de los determinantes.
De 1 = |A|.|B|, tenemos |B| = 1 /|A| = 1/4
(3) Cuando se aplica el método de eliminación de Gauss sin que haya habido intercambio de filas ni de
columnas, el valor del determimante de la matriz no varía coincide co el de la original, por tanto
2 0 2
|A| = 4 = 0 2 1 = 2.2.α = 4α , puesto que el determinante de una matriz triangular es igual al producto de
0 0 α
los elementos de su diagonal principal.
De 4 = 4α obtenemos α = 4/4 = 1
Opción B
Ejercicio 1 del Modelo 2 de la Opción B de sobrantes del Libro 1996_97.
2
[2'5 PUNTOS]. En las páginas de un libro ha de imprimirse un texto que ocupa 200 cm . Los márgenes
laterales han de ser de 4 cm. y los márgenes superior e inferior de 6 cm. cada uno. Calcula las dimensiones
de cada página para que la cantidad de papel necesario sea mínima.
Solución
La función a optimizart es P = (x + 8)(y + 12)
2
Relación 200 m = xy, de donde y = 200/x, con lo cual
P = (x + 8)(y + 12) = (x + 8)(200/x + 12) = 12x + 1600/x + 296
Le aplicamos la técnica de máximos o mínimos
2
P ‘(x) = 12 – 1600/(x )
2
2
2
P ‘(x) = 0 → 12 – 1600/(x ) = 0 → 12 = 1600/(x ) → x = 1600/12 = 400/3
x = ± √(400/3) = + 20/(√3) (solo vale la solución positiva pues son distancias.
x = 20/(√3) es el posible máximo o mínimo. Entramos en la 2ª derivada para ver que es
3
3
P ‘’(x) = -1600(-2)/x = 3200/x
3
P ‘’[20/(√3)] = 3200/[20/(√3)] > 0, luego x = 20/(√3) es un mínimo
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2
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Examen modelo 2 del Libro 1996_97 con soluciones
Germán Jesús Rubio luna
y = 200/x = 200/[20/(√3)] = 10.(√3)
Las dimensiones de la página son largo = 10.(√3) + 12 y ancho = 20/(√3) + 8, para que el gasto de papel
sea mínimo.
Ejercicio 2 del Modelo 2 de la Opción B de sobrantes del Libro 1996_97.
[2'5 PUNTOS]. Calcula el área de la región rayada en la figura y justifica el procedimiento empleado {Ln(x)
es el logaritmo neperiano de x.)
Solución
Por la propiedades de Ln(x) sabemos que pasa por (0,1), y el rectángulo tiene de altura Ln(3)
El área pedida es el área del rectángulo de base 3 y asltura Ln(3) menos el área encerrada por Ln(x) entere
1 y 3, luego:
Área = 3.Ln(3) -
∫
3
1
3
1
Ln(x) dx = 3.Ln(3) – [x.Ln(x) – x ]
=
= 3.Ln(3) – [(3.Ln(3) – 3) – (1.Ln(1) – 1) ] = 3 – 1 = 2 u.a.
Calculamos ∫ Ln(x) dx, que es una integral por partes (∫ u.dv = u.v - ∫ v.du)
u = Ln(x) → du = (1/x).dx
dv = dx → v = ∫ dx = x
∫ Ln(x) dx = x.Ln(x) - ∫ x.(1/x) dx = x.Ln(x) - ∫ dx = x.Ln(x) - x
Ejercicio 3 del Modelo 2 de la Opción B de sobrantes del Libro 1996_97.
3
(1) [1 PUNTO]. Explica brevemente el concepto de independencia lineal de vectores en ℜ y enuncia alguna
condición equivalente a que tres vectores de ℜ sean linealmente independientes.
3
(2) [1'5 PUNTOS]. Escribe el vector b como combinación lineal de los vectores u, v y w, siendo:
 1
0
 -1
 -1
 
 
 
 
u=  -1 , v=  2  , w =  -1 y b=  -7 
 2
6
3
7
 
 
 
 
Solución
3
(1) Tres vectores u, v y w son linealmente independientes en ℜ si y solo si la expresión
a.u + b.v + c.w = 0, solamente es cierta si a = b = c = 0, con a, b, c ∈ ℜ.
3
Una condición equivalemnte para que tres vectores sean independientes en ℜ es que su determinante sea
distinto de cero, es decir det(u, v, w) ≠ 0
(2) b como combinación lineal de los vectores u, v y w, si b = x.u + y.v + z.w, es decir:
(-1,-7,7) = x.(1,-1,2) + y.(0,2,6) + z.(-1,-1,3) =
= (x – z, -x+2y-z, 2x+6y+3z). Igualando tenemos el sistema
x
- z = -1
→
x
- z = -1
→
x
- z = -1
-x +2y –z = -7 2ª + 1ª(1) → 0 +2y-2z = -8
→
2y-2z = -8
2x +6y+3z = 7 3ª + 1ª(-2) → 0 +6y+5z = 9 3ª +2ª(-3) →
0+11z= 33
de donde z= 3, y = -1, x = 2 y la relación pedida es
b = 2.u - 1.v + 3.w
Ejercicio 4 del Modelo 2 de la Opción B de sobrantes del Libro 1996_97.
Considera los planos de ecuaciones π1 ≡ x + βy + z = 0, π2 ≡ 2x - 3y + z – 5 = 0 y π3 ≡ x + y - 2z -15 = 0.
(1) [1'25 PUNTOS]. Determina β de forma que los tres planos tengan una recta en común.
(2) [1'25 PUNTOS]. Determina si para algún valor de β el plano π1 es perpendicular a los otros dos planos.
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Examen modelo 2 del Libro 1996_97 con soluciones
Germán Jesús Rubio luna
Solución
π1 ≡ x + βy + z = 0, π2 ≡ 2x - 3y + z – 5 = 0 y π3 ≡ x + y - 2z -15 = 0.
1 β 1 
1 β 1 0 




*
Sea M =  2 -3 1  y M =  2 -3 1 5  la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada del sistema
 1 1 -2 
 1 1 -2 15 




*
considerado de los tres planos. Para que los tres planos se corten en una recta rango(M) = rango(M ) = 2,
con lo cual |M| ha de ser cero, pues si no tendría rango 3
1 β
|M| = 2 -3
1
1
1
1 = 10 + 5β
-2
|M| = 0 → 10 + 5β = 0, de donde β = -2 para que los tres planos se corten en una recta.
(2)
π1 ≡ x + βy + z = 0, con vector normal n1 = (1, β,1)
π2 ≡ 2x - 3y + z – 5 = 0, con vector normal n2 = (2,-3,1)
π3 ≡ x + y - 2z -15 = 0, con vector normal n1 = (1, 1,-2)
Para que π1 sea perpendicular a π2 y π3, su vector normal n1 ha de ser proporcional al vector producto
vectorial de n2 y n3 , es decir n2 x n3 .
i j k
n2 x n3 = 2 -3
1
1
1 = i(5) –j(-5)+k(5) = (5,5,5)
-2
Para que n1 = ((1, β,1), sea proporcional al vector n2 x n3 = (5,5,5), 1/5 = β/5 = 1/5. Operando se obtiene β =
1, es decir con este valor el plano π1 es perpendicular a π2 y π3.
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