Paeg de Matemáticas II Junio 2011 Castilla La Mancha

Matemáticas II Junio 2011. Castilla La Mancha

Soluciones: 1.Aa) Como el denominador se anula solamente para x = 0, y en este punto el límite por la derecha es más infinito y el límite por la izquierda es menos infinito, resulta que hay una asíntota vertical que es x = 0. Para la calcular la asíntota f ( x) 3 oblicua calculamos lim = 2 y después lim f ( x) − 2 x = , luego la asíntota x → +∞ x → +∞ x 2 3 oblicua es y = 2 x + 2

b) Para los máximos y mínimos relativos, primero calculamos la derivada primera (8 x + 3)2 x − 2(4 x 2 + 3 x + 4) 8 x 2 − 8 y los puntos en los que se anula f ' ( x) = = .

4x 2 4x 2 Esta derivada se anula en x = -1 y en x = 1; después calculamos el signo de la derivada segunda en estos puntos: signo f’’(-1) es negativo y el signo de f’’(1) es positivo. Luego hay máximo en A(-1, f(-1))=(-1 , -2.5) y mínimo en B(1,f(1))=(1 , 5.5).

La gráfica queda así:

2A.a) ∫ (cos(2 x) + sen( x) cos( x))dx = ∫ (cos(2 x) +

sen(2 x) sen(2 x) cos(2 x) )dx = − +k 2 2 4

x3 −1 9 x3 dx = ∫ ( x 2 − 2 x + 4 − )dx = − x 2 + 4 x − 9 Ln( x + 2 ) + k x+2 x+2 3 En la primera recurrimos a una fórmula trigonométrica para dejar la integral más sencilla y en la segunda, como el grado del numerador es mayor que el del denominador, efectuamos la división.

3A.- Empleando el método de reducción despejamos Y y luego sustituyendo en la segunda ecuación obtenemos X. 2 X + 3Y = A  2 X + 3Y = A a)  ⇒ ⇒ Y = A − 2 B; X = 3B − A = B 2 X + 2Y = 2 B  X +Y 5   − 4 − 2 3  0 1  4  4  −   =   ; Y =   X = 3 4  1 0  − 3 − 4  6  − 5 − 4 b) 1 0 3 0 1 4 1 0 1 0 0 1  ; B =   ; B =   si n es par B n =   si impar   B 2 =  0 1 1 0 0 1 0 1 1 0

b) ∫

4A.- a) Expresamos la recta como intersección de planos  x −1  z  x −1  x = 1 + at t = = a  a   2 ⇒ 2 x − az = 2 r ≡  y = 1 − t ⇒ t = 1 − y ⇒   z  2y + z = 2 z =   z 1 − y = 2t t =  2   2   Observamos que el primero de los planos que definen la recta será paralelo a π cuando a=2, luego en este caso la recta r (que está contenida en él) también será paralela a π b) El vector (1,0,1) es perpendicular a π y el vector (2,-1,2) es director de la recta determinada en el apartado anterior. Si elegimos un punto cualquiera (x,y,z) de la recta r’, el vector (x-1,y-1,z-0) debe ser perpendicular a cada uno de los vectores anteriores, luego deben ser cero los productos escalares siguientes:   x = 1+ λ = 1   ( x − 1, y − 1, z ).(1,0,1) = 0  x − z ⇒ ⇒  y = 1 + 4λ  ( x − 1 , y − 1 , z ).( 2 , − 1 , 2 ) = 0 2 x − y + 2 z = 1   z = λ    Y resolviendo hemos obtenido las ecuaciones paramétricas de r’.

Soluciones: 1B.- Calculamos las derivadas primera y segunda, obtenemos los puntos del intervalo [1 , 10] en los que se anula la derivada primera y a la vez la segunda es positiva: 1 72 2 288 1 72 C ' (t ) = 10(1 − 2 − 4 ) ⇒ C ' ' (t ) = 10( 3 + 5 ) ; C ' (t ) = 0 ⇒ 1 − 2 − 4 = 0 ⇒ t t t t t t t 4 − t 2 − 72 = 0 ; x = t 2 ⇒ x 2 − x − 72 = 0 ⇒ x = −8 , 9 ⇒ t = 9 = 3 en [1 , 10] 122 C ' ' (3) > 0 ⇒ Mínimo en (3, C (3)) = (3 , ) 3

La gráfica siguiente, refleja en resultado. Los ejes tienen distinta escala para facilitar la visualización:

2B.- Las curvas se cortan en el punto (1,1) y sus gráficas (sencillas) quedan reflejadas en la siguiente imagen:

2

1 1 1 1  Luego se trata de calcular ∫ ( − 2 )dx =  Ln x +  = Ln(2) − 1 x x 1 2 x  3B.- La matriz de coeficientes de las incógnitas del sistema es:  λ 2 −1    3 − 1 − 1  y su determinante es 3λ - 6 que se anula para λ = 2 , por lo tanto el  5 1 − 2   rango de la matriz de coeficientes y el rango de la ampliada coinciden y su valor es 2

3 para todos los valores de λ distintos de 2, siendo por tanto el sistema compatible determinado para todos esos valores.  2 2  con det ≠ 0 . Al ampliar esta Cuando λ = 2 encontramos la submatriz  3 1 submatriz con la fila restante y la columna de términos independientes nos queda 2 2 2 una matriz con determinante cero 3 − 1 1 = 0 , luego el rango de la matriz de 5 1 3 coeficientes y el de la ampliada también coinciden en este caso, pero el valor es dos, el sistema es en este caso compatible indeterminado puesto que tiene 3 incógnitas.

Utilizando las dos primeras ecuaciones podemos resolverlo así: 2 x + 2 y = 2 + t  x + y = 1 + t 3t 1 3t z =t; ⇒ 2 ⇒4 x = 2 + ⇒ x = + 2 2 8  3 x − y = 1 + t 3 x − y = 1 + t t 1 t y como y = 1 + − x ⇒ y = + 2 2 8  1 3t 1 t  Resumiendo: la solución general del sistema es  + , + , t  2 8 2 8  4B.-

 AB = (1,1,3) ⇒ AB ∧ AC = (−2,−1,1)   AC = (0,1,1) a) Consideramos los vectores 1 1 6 y como el área es AB ∧ AC = 4 +1+1 = 2 2 2 b) El volumen del tetraedro es: − 29  1 − 2k 1 1 3 Si 6 = 5 ⇒ k = 2 1 1 1 V = AB, AC , AD = 0 1 1 = 1 − 2k ⇒  1 − 2k 31 6 6 6  Si = −5 ⇒ k = k 0 1 6 2  Resultan dos valores para k.

[

]