Geometria Espacio. Problemas PAU by Miguel Perez

Geometría Geometría Analítica del Espacio. PAU PAU

OpenMaths.com 1.1.3.6

Ver 01:03/02/2010

NOTA La clasificación decimal de todos los temas de este manual tienen implícito el comienzo 1.1.3.6 correspondiente a 1

SCIENCE

1.1

MATHEMATICS

1.1.3

GEOMETRY

1.1.3.6

GEOMETRÍA ANALÍTICA DEL ESPACIO

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Iniciadel por: Miguel Pérez Fontenla 22/11/2009

TABLA DE CONTENIDO

| LOXSE 1

Code Code decimal Language Name Creation date Author Create by Proposal in Solution time Dificultad (0-10) Level (0-10)

Index Sequencial 1.1.3.6 Spanish 03/02/2010 Nicolas Bourbaki Ana Fraga Vila PAU Galicia, 0:10:00 5 6

Dadel el punto P=(2, 0, −1) y el plano α de ecuación: {3x + y − z − 1 = 0}. Calcular: 1. Las ecuaciones paramétricas del plano β, paralelo a α y que contiene a P. 2. El punto Q simétrico a P, respecto el plano α.

Solución Por ser paralelos los planos α y β, un vector característico del plano β es el vector (3, 1, −1) y su ecuación es: 3( x − 2) + 1( y − 0) + ( −1)( z + 1) = 0 ⇔ 3 x + y − z − 7 = 0 Haciendo el x = λ, y = µ, obtenemos las ecuaciones paramétricas del plano β. x = λ  y = µ  z = 3λ + µ − 7 

r P• •

M Q• Para hallar el punto Q simétrico a P, respecto al plano α, realizaremos el siguiente proceso: Recta r perpendicular a α, que contiene a P. Punto M, intersección del plano α y la recta r. Cálculo de las coordenadas de Q, teniendo en cuenta que M es el punto medio del segmento PQ. Un vector de dirección de r es el vector normal n (3, 1, −1) del plano α, por lo tanto las ecuaciones paramétricas de r son:

| LOXSE 2

 x = 2 + 3λ  λ y =  z = −1 − λ  Sustituyendo en la ecuación del plano se obtiene el valor de λ que dá el punto de intersección M. 3(2 + 3λ) + λ − (−1 − λ) − 1 = 0 ⇒ 6 + 9λ + λ + 1 + λ − 1 = 0 ⇒ 11λ + 6 = 0 ⇒ 6 ⇒ λ= − 11   6 6  6  Las coordenadas del punto M son:  2 + 3 − , − , − 1 −  −   =  11  11  11    6 5 4 ,−   ,−  11 11, 11  6 5   2 + q1 0 + q 2 − 1 + q 3  4 ,− = , ,  ,−  2 2   11 11, 11   2 4 2 + q1 14 = ⇒ 8 = 22 + 11 q1 ⇒ q1 = − 11 2 11 6 0 + q2 12 − = ⇒ −12 = 11 q 2 ⇒ q 2 = − 11 2 11 5 − 1 + q3 1 ⇒ −10 = −11 + 11 q 3 ⇒ q3 = − = 11 2 11  14 12 1  El punto Q, simétrico a P, respecto ó plano α es: Q  − , − ,   11 11 11 

Si Q (q1 , q 2 , q 3 ),

| LOXSE 3

Code Code decimal Language Name Creation date Author Create by Proposal in Solution time Dificultad (0-10) Level (0-10)

Index Sequencial 1.1.3.6 Spanish 03/02/2010 Nicolas Bourbaki Ana Fraga Vila PAU Galicia, 0:10:00 5 6

Determinar ell valor de λ para que sean coplanarias as rectas r y s de ecuaciones:

 x = 1 − α  s : y = α  z = 2 + 2α 

x −1 y − λ  r : = = z 2  3 

Neste caso, calcular o punto de corte de ámbalas dúas rectas y a ecuación xeral del plano que as contiene.

Solución

v B

Unha determinación linear da recta r es r(A, u ) , sendel A(1, λ, 0) y u (3, 2, 1) Unha determinación linear da recta s es s(B, v ) , sendel B (1, 0, 2) y v (−1, 1, 2)

As rectas r y s son coplanarias se rango ( AB, u , v ) < 3 AB = (1 − 1, 0 − λ, 2 − 0) = (0, −λ, 2)

rango ( AB, u , v ) < 3

⇒

 0 −λ  2 rango  3  −1 1 

2  1 < 3 ⇒ 2 

0 −λ

−1

1 =0 2

| LOXSE 4

0 −λ

−1

1 = 10 + 7λ 2

10 + 7λ = 0

⇒

λ= −

10 7

As rectas r y s son coplanarias se λ = −

Neste caso a ecuación da recta r es

10 7

x −1 = 3

10 7 =z 2

Para hallar o punto de intersección de r y s, consideraremos un punto xenérico da recta s: (x, y, z) = (1 − α, α, 2 + 2α) y substituímos x, y, z, en la ecuación da recta r:

1− α −1 = 3 6 − 7

10 7 = 2 + 2α ⇒ − α = 7α + 10 = 2 + 2α ⇒ 2 3 14

α+

−α = 2 + 2α ⇒ α = 3

6 Substituímos este valor 7 nas ecuaciones paramétricas de s y obtenemos o punto de corte de ámbalas dúas rectas: α=−

  6 6 6 2  6    13 1 −  − , − , 2 + 2 −   =  , − ,  7 7  7   7   7 7

Unha determinación del plano π que contiene as rectas r y s es π(B, u , v )

A ecuación xeral del plano pedidel es:

x −1 y

z−2

−1

| LOXSE 5

desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, resulta: 2 1 1 2

( x − 1) −

−1

3 2 −1 1

( z − 2) = 0

3( x − 1) − 7 y + 5( z − 2) = 0 3 x − 3 − 7 y + 5 z − 10 = 0 3 x − 7 y + 5 z − 13 = 0

3 Dada a recta r, determinada polos puntos A=(− −2, 1, 3) y B=(− −1, 0 , 2). Calcular os puntos de r tales que su distancia ó punto C=(− −2, 3, 0) es de 4 unidades. Calcular a distancia del punto C á recta r.

Solución

Unha determinación da recta r es r(A, AB ), sendel AB = (−1 − (−2), 0 − 1, 2 − 3) = (1, −1, −1)

 x = −2 + λ  As ecuaciones paramétricas da recta r son:  y = 1 − λ z = 3 − λ  Un punto xenérico de r es P(−2 + λ, 1 − λ, 3 − λ) A distancia de C(−2, 3, 0) a un punto calquera de r vén dadel por:

Dist

(C ,

| CP | = ( −2 + λ − ( −2)) 2 + (1 − λ − 3) 2 + (3 − λ ) 2

λ2 + ( −λ − 2) 2 + (3 − λ ) 2 =

| LOXSE 6

λ2 + λ2 + 4λ + 4 + 9 − 6λ + λ2 =

3λ2 − 2λ + 13

Os puntos de r que distan 4 unidades de C verifican

3λ2 − 2λ + 13 = 4 ⇒ 3λ2 − 2λ + 13 = 16 ⇒ λ=

⇒

3λ2 − 2λ − 3 = 0

⇒

1 + 10 1 − 10 ; λ= ; 3 3

Polo tanto, os puntos de r que distan 4 unidades de C son: Para

λ=

1 + 10 , 3

 1 + 10 1 + 10 1 + 10   − 5 + 10 2 − 10 8 − 10  − 2 + =  ,1− ,3− , ,     3 3 3 3 3 3     λ=

Para

1 − 10 , 3

 1 − 10 1 − 10 1 − 10   − 5 − 10 2 + 10 8 + 10  − 2 + =  ,1− ,3− , ,  3   3 3 3  3 3 

C d r A

A distancia del punto C á recta r(A, AB) vén dadel por: dist (C, r) =

| AB × AC | | AB |

AC = (−2 − (−2), 3 − 1, 0 − 3) = (0, 2, −3)  −1 −1 −1 1 1 −1  = (5, 3, 2) , , | AB × AC | =   2 − 3 − 3 0 0 2   | LOXSE 7

dist (C, r) =

5 2 + 32 + 2 2 2

1 + (−1) + (−1)

38 3

38 u. 3

4 Dadas as rectas r y s de ecuaciones: x −1 y −1  r : = = z − 1 3  2 

y − 2 z − 1  s : x − 5 = =  3 2  

Estudiar a posición relativa de las dúas rectas

Hallar o plano paralelo ás dúas rectas y que equidista delas.

Solución r

u A

v B

Unha determinación linear da recta r es r(A, u ) , sendel A=(1, 1, 1) y u = ( 2, 3, 1). Unha determinación linear da recta s es s(B, v ) , sendel B=(5, 2, 1) y v = (1, 3, 2).

As rectas r y s son coplanarias se rango ( AB, u , v ) < 3 y crúzanse se rango ( AB, u , v ) =3. Neste caso AB = (5 − 1, 2 − 1, 1 − 1) = (4, 1, 0). | LOXSE 8

 4 1 0   rango ( AB, u , v ) = rango  2 3 1  = 3, pois  1 3 2  

4 1 0 2 3 1 = 9 ≠ 0. 1 3 2

As rectas r y s non son coplanarias, es dicir, crúzanse. r

A u

s B

Un vector normal del plano paralelo a ambas rectas es perpendicular ós vectores de dirección de ditas rectas, por lo tanto, terá a mesma dirección que o vector u × v .

3 1 1 2 2 3  = (3, −3, 3). , , u × v =   3 2 2 1 1 3

Daquela un vector normal ó plano pedidel es (3, −3, 3) ou tamén n =(1, −1, 1). A ecuación de dito plano es da siguiente forma:

π: x − y + z + D = 0 Para determinar D terase en cuenta que dist (A, π) = dist (B, π)

1−1+1+ D 12 + (−1) 2 + 1

5 − 2 +1+ D 12 + (−1) 2 + 1

⇒

1+ D 3

4+D 3

⇒

1 + D 4 + D =  3  3  1 + D = − 4 − D  3 3 | LOXSE 9

Desta última igualdade dedúcese que: 1 + D = −4 − D ⇒

D=−

5 2

Polo tanto a ecuación del plano paralelo ás dúas rectas y que equidista delas es: x−y+z−

5 = 0, ou ben, 2x − 2y + 2z − 5 = 0 2

Dados os planos π: 4x + my + mz = 6 y τ: mx + y + z + 3 = 0 estudia su posición relativa segundel os valores de m. ¿Para que valor de m son π y τ perpendiculares entre si?

Solución Consideramos o sistema formadel polas ecuaciones dos planos π y τ. 4 x + my + mz = 6 ⇔  mx + y + z + 3 = 0

4 x + my + mz = 6  mx + y + z = −3

As matrices del sistema son:  4 m m  A =  m 1 1 

6 4 m m  A* =   m 1 1 − 3

 4 m m  = rango rango (A) = rango  m 1 1  4

= 4 − m2 ;

4 − m2 = 0

⇒

 4 m   m 1 

m = − 2; m = 2.

| LOXSE 10

Se m ≠ − 2;

m≠2

rango (A) = rango (A*) = 2. Os dous planos córtanse nunha

recta.

Se m = −2  4 − 2 − 2  A =  1 1 − 2

rango (A) = 1

6  4 −2 −2  A* =  1 1 − 3  − 2

rango (A*) = 1, por seren as dúas filas proporcionais.

Os dous planos son coincidentes.

Se m = 2  4 2 2  A =   2 1 1

rango (A) = 1

 4 2 2 6  A* =   2 1 1 − 3

rango (A*) = 2, pois

1 −3

= −12 ≠ 0

Os dous planos son paralelos.

Os planos π y τ son perpendiculares se os seus vectores característicos son ortogonais. Os vectores característicos dos planos π y τ son respectivamente.

π ⊥ τ ⇔ n ⊥ n′ ⇒ n · n′ = 0

n =(4, m, m) y n ′ =(m, 1, 1),

⇒ (4, m, m) · (m, 1 ,1) = 0 ⇒ 4m + m + m = 0

⇒ ⇒ 6m = 0

⇒ m=0 | LOXSE 11

Os planos son perpendiculares se m = 0.

6 Dados os puntos A=(3, 0, 0), B=(0, 0, 0), C=(0, 2, 0) y D=(1, 1, 2), determina o ángulo formadel por lo plano que pasa polos puntos A, B y C y a recta que pasa por C y D.

Solución Un vector normal ou característico del plano π que pasa polos puntos A, B y C es o vector n = BA × BC

n π

C A

BA = (3, 0, 0), BC = (0, 2, 0) BA × BC = (0, 0, 6), Un vector de dirección da recta r que pasa polos puntos C y D es v = CD = (1, − 1, 2) n

v α

Polo tanto:

| LOXSE 12

sen ( r , π) = sen α = | cos ( n , v ) | =

Daquela, α = arc sen

2 6

;

n ·v n v

0 · 1 + 0 · (−1) + 6 · 2

36 12 + (−1) 2 + 2 2

2 6

α = 54º 44′ 8″

7 Considerar os puntos A=(1, 1, 0) y B=(0, 1, 2). Determinar os puntos C sobre a recta (x, y, z) = (0, 1, 1) + t(1, 0, 1) situados a distancia 2 2 da recta que pasa por A y B.

Solución C d A

A distancia de C á recta que pasa polos puntos A y B vén dada por: d=

| AB × AC | | AB |

Por ser C un punto da recta r: (x, y, z) = (0, 1, 1) + t(1, 0, 1), as súas coordenadas son da forma C=(t, 1, 1 + t).

AB = (0 − 1, 1 − 1, 2 − 0) = (−1, 0, 2) | LOXSE 13

AC = (t − 1, 1 − 1, 1 + t − 0) = (t − 1, 0, 1 + t)  0 2 2 −1 −1 0   = (0, 3t − 1, 0) , , AB × AC =   0 1 + t 1 + t t − 1 t − 1 0  

0 2 + (3t − 1) 2 + 0 2 (−1) 2 + 0 2 + 2 2

3t − 1 5

Os puntos da recta r que distan 2 2 da recta que pasa por A y B verifican:  3t − 1  5 = 2 2 3t − 1 =2 2 ⇒  5  3t − 1 = −2 2  5

1 + 2 10 3t − 1 = 2 10 3 ⇒ ⇒ 1 − 2 10 3t − 1 = −2 10 t= 3 t=

Os puntos pedidos son:

Se t =

1 + 2 10 , 3

 1 + 2 10 1 + 2 10   1 + 2 10 4 + 2 10  =  , 1, 1 + C1 =  , 1 ,    3 3 3 3    

Se t =

1 − 2 10 , 3

 1 − 2 10 1 − 2 10   1 − 2 10 4 − 2 10  =  , 1, 1 + C 2 =  , 1,    3 3 3 3    

2 x + y = 3  Comprobar que o punto P=(1, 1, −1) pertence á recta r ≡  z = −1 y non está no plano π ≡ x − 2y + 3z = 1. Determinar o outro punto de r a igual distancia de π que P. | LOXSE 14

Solución

Vexamos se as coordenadas del punto P verifican ou non as ecuaciones da recta y a ecuación del plano. 2 ·1 + 1 = 3  ; − 1 = −1 − 2 · 1 + 3 (−1) = − 4 ≠ 1 Co que se comproba que P pertence á recta r y non está no plano π. A distancia de P ó plano π es:

d ( P, π) =

1 − 2 ⋅ 1 + 3 (−1) − 1 2

1 + (−2) + 3

−5 14

5 14

Escribimos as ecuaciones paramétricas da recta r:  y = 3 − 2x r≡ , se x = λ  z = −1

x = λ   y = 3 − 2λ  z = −1 

Un punto xenérico da recta r es: C=(λ, 3 − 2λ, −1)

A distancia de C a π es: d (C , π) =

λ − 2 (3 − 2λ ) + 3 (−1) − 1 14

λ − 6 + 4λ − 3 − 1 14

5λ − 10 14

Achemos os valores de λ, tales que:

| LOXSE 15

5λ − 10 14

5 14

⇒

5  5λ − 10  14 = 14   5λ − 10 = − 5  14 14

5λ − 10 = 5 ⇒  5λ − 10 = −5

⇒

λ = 3  λ = 1

Se λ = 3 obtenemos o punto (3, 3 − 2 · 3, −1) = (3, −3, −1) que es o punto pedido Se λ = 1 obtenemos o punto (1, 3 − 2 · 1, −1) = (1, 1, −1) que es o punto dadel P.

9 Calcular o valor del parámetro k para que o triángulo de vértices A = (1, −5, k), B = (3, k, −1) y C = (k, −5− −k, 2) sexa rectángulo en A. Calcular su área.

Solución C

Para que o triángulo sexa rectángulo en A, os vectores AB e AC teñen que ser ortogonais.

AB = (3 − 1, k − (−5),−1 − k ) = (2, k + 5, − 1 − k ) AC = (k − 1, − 5 − k − (−5), 2 − k ) = (k − 1, − k , 2 − k ) | LOXSE 16

AB ⊥ AC ⇔ AB · AC = 0 ⇒

(2, k + 5, − 1 − k ) · ( k − 1, − k , 2 − k ) = 0 ⇒

⇒ 2(k – 1) + (k + 5)(− k) + (−1 − k)(2 − k) = 0 ⇒

2k – 2 − k2 − 5 k + k2 − k − 2 =

0 ⇒ ⇒

−4k − 4 = 0

⇒

k = −1

O triángulo es rectángulo en A se k = −1

Se k = −1 as coordenadas dos vectores AB y AC son: AB = (2, 4, 0) y

AC = (−2, 1, 3) A área del triángulo vén dada por: Área ( ABC ) =

AB = 2 2 + 4 2 + 0 2 = 20 ;

Área ( ABC ) =

20 · 14 = 2

| AB | · | AC| 2

AC = (−2) 2 + 12 + 3 2 = 14 280 2 70 = = 70 u2 2 2

Comprobar que os puntos (1, −1, 2), (2, 2, −3) y (1, 1, 0) non están aliñados. Determinar a distancia da orixe de coordenadas ó plano que pasa por estes tres puntos.

Solución

| LOXSE 17

Os puntos A=(1, −1, 2), B=(2, 2, −3) y C=(1, 1, 0) non están aliñados se os vectores AB y AC teñen distinta dirección.

AB = (2 − 1, 2 − (−1), − 3 − 2) = (1, 3, − 5) , AC = (1 − 1, 1 − (−1), 0 − 2) = (0, 2, − 2)

Os vectores AB y AC son linearmente independentes, y por lo tanto, teñen distinta dirección, pois: 1 3  1 3 − 5  = 2, xa que o menor =2≠0 rango ( AB , AC ) = rango  0 2 0 2 − 2

Deste xeito queda probadel que os puntos A, B y C non están aliñados.

Para determinar o plano π que contiene ós puntos A, B y C, tomamos un punto calquera deles, por exemplo, A, y os vectores AB y AC , es dicir, π (A, AB , AC ) A ecuación xeral del plano es:

x −1 y +1

z−2

−5 = 0

−2

desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, resulta: 3

−5

−2

( x − 1) −

−5

−2

( y + 1) +

( z − 2) = 0

4( x − 1) − ( −2)( y + 1) + 2( z − 2) = 0 4x + 2 y + 2z − 6 = 0 2x + y + z − 3 = 0

A distancia da orixe a este plano vén dada por: | LOXSE 18

d(O, π) =

−3

2 2 + 12 + 12

−3 6

3 6

Considerar o punto P ≡ (4, 2, −8) y maila recta l ≡ (1, 5, 1) + λ · (4, 1, −1), λ ∈ R. a) Determinar a distancia del punto P á recta l mediante o siguiente procedemento: - Tomar un punto Q, en l, de xeito que o vector QP forme un ángulo α co vector di rector da recta, v . - Observar que a distancia de P a Q varía segundel variamos α, sendel a máis curta candel o ángulo es recto. - Escribe a condición de ortogonalidade para os vectores QP y v para determinar o punto Q, y calcula a distancia pedida como ó módulo del vector QP .

b) Utilizar o métodel presentadel en a) para determinar a distancia entre as rectas: r ≡ (9, −1, 0) + ρ · (− −4, 1, 1), ρ ∈ R y s ≡ (− −1, 0, 13) + σ · (2, 1, −2), σ ∈ R.

Solución a) Para calcular a distancia entre P y a recta l, calculamos a distancia de P a Q, sendel Q o pé da perpendicular trazada desde P á recta l. P α Q

Por ser Q un punto da recta l, as súas coordenadas son da forma Q = (1+ 4λ, 5 + λ , 1 − λ), con λ ∈ R. | LOXSE 19

O vector QP es: QP = (3 − 4λ, − 3 − λ, − 9 + λ) Calculemos as coordenadas del punto Q coa condición de que o vector QP sexa perpendicular ó vector director, v , da recta l.

QP ⊥ v

⇔ QP · v = 0

QP · v = 0 ⇔ 12 − 16λ − 3 − λ + 9 − λ = 0 ⇒ ⇒ 18 − 18λ = 0

⇒

(3 − 4λ, − 3 − λ, − 9 + λ ) · (4, 1, − 1) = 0

⇔

λ =1

Se λ = 1 , obtenemos Q = (5, 6, 0) y QP = (−1, − 4, − 8) . Daquela, dist(P, l) = | QP |= ( −1) 2 + ( −4) 2 + ( −8) 2 = 81 = 9 u.

Para calcular a distancia entre as rectas r y s, calculamos a distancia entre os puntos P y P ′ que son os puntos de corte de las rectas r y s coa perpendicular común.

r P

P′

Por ser P un punto da recta r, as súas coordenadas son da forma: (9 − 4ρ, −1 + ρ , ρ) Por ser P ′ un punto da recta s, as súas coordenadas son da forma: (−1+ 2σ, σ , 13 − 2σ)

O vector P ′P = (10 − 4ρ − 2σ, − 1 + ρ − σ, − 13 + ρ + 2σ) es perpendicular ó vector director da recta r, u = (−4, 1, 1), e ó vector director da recta s, v = (2, 1, − 2), por lo tanto:

P ′P · u = (10 − 4ρ − 2σ, − 1 + ρ − σ, − 13 + ρ + 2σ) · (−4, 1, 1) = 0 P ′P · v = (10 − 4ρ − 2σ, − 1 + ρ − σ, − 13 + ρ + 2σ) · (2, 1, − 2) = 0

⇒

| LOXSE 20

− 40 + 16ρ + 8σ − 1 + ρ − σ − 13 + ρ + 2σ = 0

⇒

20 − 8ρ − 4σ − 1 + ρ − σ + 26 − 2ρ − 4σ = 0 2ρ + σ = 6 ⇒ − ρ − σ = −5

⇒

− 54 + 18ρ + 9σ = 0 ⇒ 45 − 9ρ − 9σ = 0

ρ =1 σ=4

Para estes valores obtenemos P ′P = (−2, − 4, − 4) En

consecuencia

dist

(r,

dist

| P ′P |

( P ′, P ) =

( −2) 2 + (−4) 2 + ( −4) 2 = 36 = 6 u

12 Considerar o prisma (non recto) de base triangular determinadel polos vectores

OA = ( 3, 0, 0) , OC = (0, 4, 0) y OD = (0, 2, 4) [ver figura]. Completalo a un prisma de base rectangular OABC y tapadeira DEFG. z

a) Determinar as coordenadas dos puntos B, E, F y G. Debuxar a figura resultante.

b) Determinar as coordenadas del punto medio M, do O

segmento DF , y calcular a área del triángulo que este punto determina con A y mais C.

c) Determinar un punto P no segmento EG que con A y C forme un triángulo isóscele. ¿Que relación exis-

te entre su área y a del triángulo del apartadel b)?

Solución a)

G M

F 0

A x

C B

| LOXSE 21

y C

OB = OA + OC = (3, 0, 0) + (0, 4, 0) = (3, 4, 0),

B = (3,

OE = OA + OD = (3, 0, 0) + (0, 2, 4) = (3, 2, 4),

y = (3,

OF = OB + OD = (3, 4, 0) + (0, 2, 4) = (3, 6, 4),

F = (3,

4, 0)

2, 4)

6, 4)

OG = OC + OD = (0, 4, 0) + (0, 2, 4) = (0, 6, 4), G = (0, 6, 4)

0+3 2+6 4+4 3  b) M =  , ,  =  , 4, 4  2 2  2  2 

Área ( AMC ) =

1 | AM × AC | 2

3   3  AM =  − 3, 4 − 0, 4 − 0  =  − , 4, 4 , 2   2 

AC = (0 − 3, 4 − 0, 0 − 0) = (−3, 4, 0)

 4 4 4 − 3/ 2 − 3/ 2 4   = (−16, − 12, 6) AM × AC = , ,  4 0 0 − 3 − 3 4   Área ( AMC ) =

1 1 (−16) 2 + (−12) 2 + 6 2 = 436 = 109 u2. 2 2

c) Unha determinación da recta que pasa por y e G, es r ( E, EG) sendel

EG = (0 − 3, 6 − 2, 4 − 4) = (−3, 4, 0) por lo tanto, r : ( x, y , z ) = (3, 2, 4) + λ ( −3, 4, 0) O punto P pedidel pertence á recta r, daquela as súas coordenadas son da forma: (3 − 3λ, 2 + 4λ, 4)

Por outra parte, para que con A y C forme un triángulo isóscele, ten que verificarse que: | LOXSE 22

d ( A, P ) = d (C , P ) ⇔ | AP | = | CP |

AP = (−3λ, 2 + 4λ, 4), | AP | = | CP |

⇔

CP = (3 − 3λ, − 2 + 4λ, 4)

( −3λ ) 2 + ( 2 + 4λ ) 2 + 4 2 = (3 − 3λ ) 2 + ( −2 + 4λ ) 2 + 4 2 ⇒

⇒ 9λ2 + 4 + 16λ + 16λ2 + 16 = 9 − 18λ + 9λ2 + 4 − 16λ + 16λ2 + 16 ⇒ ⇒ 16λ + 18λ + 16λ = 9 ⇒ 50λ = 9

⇒ λ=

9 50

9 9    123 136  O punto pedidel es: P es  3 − 3 , 2 + 4 , 4  =  , , 4 50 50   50 50  

Todos os triángulos de base AC y que teñen o outro vértice sobre a recta que pasa por y e G teñen a mesma área, pois a altura es a mesma en todos eles, por ser paralelos AC y EG.

En consecuencia a área del triángulo ADC es igual á área del apartadel b) pois os puntos M y P son puntos del segmento EG. NOTA: Ademais del punto P, existen outros dous puntos P1 y P2 no segmento EG que con A y C determinan un triángulo isóscele. Para achalos basta con impoñer as condicións:

| AP1 | = | AC | y | CP2 | = | CA |

Os puntos P = (− −1, 3, 4) y Q = (5, 3, −2) son simétricos res-

pecto dun plano. Determinar a ecuación deste plano. [Dous puntos son simétricos respecto dun plano se o segmento

que determinan corta perpendicularmente ó plano nun punto

| LOXSE 23

que es o punto medio de P y Q]

Solución O plano pedido, π, es o plano mediador del segmento PQ. . Un vector normal de dito plano es o vector PQ

PQ = (5 − (−1), 3 − 3, − 2 − 4) = (6, 0, − 6) Daquela tamén es un vector normal del plano π o vector n = (1, 0, − 1).

Un punto del plano π es o punto M, punto medio del segmento PQ.  −1+ 5 3 + 3 4 − 2  As coordenadas de M son M =  , ,  = ( 2, 3, 1) 2 2   2 A ecuación del plano π que ten como vector normal o vector n = (1, 0, − 1) es:

π: x − z + D = 0 Como o punto M = ( 2, 3, 1) pertence ó plano π, verificase: 2 − 1 + D = 0 ⇒ D = −1 A ecuación del plano pedidel es x − z − 1 = 0

14 a) Describir a figura xeométrica (rexión) del espacio formada polas solucións del sistema:

9 x − 3 y + 3 z = 3   − 5 x + 5 y + z = −1  x + 8 y + 7z = 2  | LOXSE 24

b) Demostrar que hai infinitas solucións que teñen as tres coordenadas positivas.

Solución a) O sistema dadel es equivalente ó sistema:

 3x − y + z = 1  − 5 x + 5 y + z = −1  x + 8y + 7z = 2  Formamos as matrices del sistema: a matriz dos coeficientes A y a matriz ampliada A*.

 3 −1  A = − 5 5  1 8  3 −1

1  3 −1   1 A* =  − 5 5  1 8 7  

1  1 − 1 7 2 

| A| = −5

1 =0

Rango (A) = 2, pois

3 −1 −5

= 10 ≠ 0

O rango de A* tamén es 2, pois a 4ª columna = 1ª columna + 2ª columna − 3ª columna. Como rango (A) = rango (A*) = 2 o sistema es compatible indeterminadel y ten un número simplemente infinito de solucións, por lo que o conxunto de solucións del sistema están sobre unha recta. O sistema dadel es equivalente ó sistema formadel pola primeira y segunda ecuaciones (co3 −1 que nos da o rango de A y A*), rrespondentes ás filas del menor −5 5 | LOXSE 25

considerandel como incógnitas principias x y y (das que os coeficientes son as columnas de dito menor).

 3x − y + z = 1  − 5 x + 5 y + z = −1  x + 8y + 7z = 2 

⇔

 3x − y + z = 1  3x − y = 1 − z ⇔    − 5 x + 5 y + z = −1 − 5 x + 5 y = −1 − z

Facendel z = k  3x − y = 1 − k  − 5 x + 5 y = −1 − k Aplicandel a regra de Cramer, obtenemos:

1− k x=

−1

−1 − k 5 4 − 6k 2 − 3k = = ; 3 −1 10 5 −5 5

1− k

−5

− 1 − k 2 − 8k 1 − 4 k = = : 3 −1 10 5 −5 5

k A figura xeométrica del espacio formada polas solucións del sistema es unha recta de ecuacións paramétricas:

2 3  x = 5 − 5 k  1 4  y = − k 5 5   z = k 

b) Vexamos para que valores de k, se verifica que as tres coordenadas son positivas, | LOXSE 26

2 5 − k >0 5 5

⇒ k<

2 ; 3

1 1 − k >0 5 4

⇒ k<

En consecuencia para valores de k, tales que 0 < k <

1 ; 4

k>0

1 , as solucións teñen as tres 4

coordenadas positivas, por lo tanto, hai infinitas solucións deste tipo.

| LOXSE 27

LOXSE 1

Determinar o ángulo que forman a recta r y o plano π de ecuaciones: π : 6 x + 2 y − 2 z = 16

x−2 = y − 3 = 1− z 3 (Loxse. Xuño 1995)

Solución π

Un vector normal ou característico del plano π es: n = (6, 2, − 2) Un vector de dirección da recta r es: v = (3, 1, − 1), pois,

x−2 = y − 3 = 1− z ⇔ 3

x − 2 y − 3 z −1 = = 3 1 −1

Polo tanto,

v ·n sen (r , π) = sen α = | cos (v , n ) | = = | v || n |

22 11 44

3 · 6 + 1 · 2 + (−1) · (−2) 2

3 + 1 + (−1)

6 + 2 + (−2)

Daquela, α = arcsen 1 = 90º. Aínda que esta es a forma xeral de resolver o problema para determinar o ángulo que forman unha recta y un plano, neste caso non son necesarios os cálculos anteriores, xa que observamos que o vector de dirección da recta, v = (3, 1, − 1) y o vector característico del plano, n = (6, 2, − 2) , son paralelos, logo xa podiamos afirmar que recta y plano son perpendiculares y por lo tanto α = 90º. | LOXSE 28

Dados os vectores u = ( 2, 1, 0 ) y w = (1, 0, − 1), hallar outro vector v que dependa linearmente dos dous anteriores. (Loxse. Xuño 1995)

Solución Un vector depende linearmente doutros dous se es combinación lineal deles. Daquela o vector v será calquera combinación linear de u y w . Por exemplo: v = u + w = (2, 1, 0) + (1, 0, −1) = (3, 1, −1)

Dados os planos x + 2 y − 3 z − 5 = 0 y 2 x + By + Cz + D = 0, determinar os valores de B, C y D para que: i) Os planos sean paralelos sen puntos en común. ii) Os planos coincidan. iii) Os planos se corten nunha recta. (Loxse. Setembro 1995)

Solución Estudiemos o sistema formadel polas ecuaciones de ambos planos:  x + 2 y − 3z − 5 = 0  2 x + By + Cz + D = 0 As matrices del sistema son:  1 2 − 3  M =  2 B C 

 1 2 − 3 − 5  M* =  D  2 B C

Os planos son paralelos y sen puntos en común se: rango (M) = 1 y rango (M*) = 2

⇒

1 2 −3 −5 = = ≠ 2 B C D

B= 4 ⇒

C = −6 D ≠ −10

| LOXSE 29

ii)

Os planos son coincidentes se: rango (M) = rango (M*) = 1

⇒

1 2 −3 −5 = = = 2 B C D

B= 4 ⇒

C = −6 D = −10

iii) Os planos córtanse nunha recta se: rango (M) = rango (M*) = 2 O rango es 2 se B ≠ 4, se C ≠ −6 ou en ambos casos á vez, podendel tomar D calquera valor.

Solución Analícese a dependencia ou independencia linear dos vectores u =(1, 0, 1), v =(2, 1, −3) y w =(3, 4, −17) (Loxse. Setembro 1995)

Para analizar a dependencia linear dos vectores u , v e w estudiemos o rango da matriz A formada por ditos vectores.

1  1 0   A = 2 1 − 3   3 4 − 17    Como dependentes.

A = 0 , rango (A) < 3, en consecuencia, os vectores son linearmente

5 | LOXSE 30

Dados os vectores u =(1, −1, 2) y v =(3, 1, −1). Hallar o conxunto de vectores que sendel perpendiculares a u pertenzan ó plano xeradel por u y v . (Loxse. Xuño 1996)

Solución Se un vector w pertence ó plano xeradel polos vectores u y v , verifica: w = λ u + µ v y se es perpendicular a u , cumpre: u · w = 0.

En consecuencia: w = λ(1, −1, 2) + µ(3, 1, −1) = (λ, −λ, 2λ) + (3µ, µ, −µ) = (λ + 3µ, −λ + µ, 2λ − µ)

u · w = 0 ⇒ (1, −1, 2) · (λ + 3µ, −λ + µ, 2λ − µ) = 0 ⇒ ⇒ 1 · (λ + 3µ) + (−1)( −λ + µ) + 2( 2λ − µ) = 0

⇒

⇒ λ + 3µ + λ − µ + 4λ − 2µ = 0

⇒

6λ = 0

λ=0

O conxunto de vectores pedidos es da forma (3µ, µ, −µ), con µ ∈ R

Calcular a distancia da orixe ó plano que contiene os puntos A=(− −1, 0, 3), B=(2, 1, −1) y C=(− −3, 2, 0). Calcular o volume del tetraedro con vértices neses tres puntos y en la orixe. (Loxse. Xuño 1996)

Solución C A

X B

| LOXSE 31

O plano que contiene os puntos A, B y C queda determinadel por un calquera deles, por exemplo A, y polos vectores AB y AC , es dicir, unha determinación linear del plano es π (A, AB , AC )

AB = (2−(−1), 1−0, −1−3) = (3, 1,−4),

AC = (−3−(−1), 2−0, 0−3) = (−2, 2, −3)

Se X(x, y, z) es un punto xenérico de dito plano, verifícase:

rango ( AX , AB, AC ) = 2

Polo tanto, a ecuación del plano determinadel polos tres puntos es:

x +1 y 3 1 −2 2

z −3 −4 =0 −3

desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, resulta:

( x + 1)

1 −4 2 −3

−y

−4

−2 −3

+ ( z − 3)

3 1 −2 2

5( x + 1) − ( −17 ) y + 8( z − 3) = 0 5 x + 17 y + 8 z − 19 = 0

A distancia da orixe ó plano es: dist (O, π) =

− 19 5 2 + 17 2 + 8 2

− 19 378

19 378

| LOXSE 32

O volume del tetraedro es:

1 V(OABC) = [OA, OB , OC ] 6

1 6

−1 0 2

1 −1 =

−3 2

1 19 3 u · 19 = 6 6

7 A. Dados catro puntos de R3, ¿que condición deben cumprir para que estean no mesmo plano (sean coplanarios)? Razoar a resposta. B. Calcular a distancia del punto P=(− −1, 0, 2) ó plano que contiene os puntos Q=(− −1, 1, 0), R=(0, 0, 2) y S=(1, −2, −2) (Loxse. Setembro 1996)

Solución A. Sean os puntos A, B, C y D. D A

C B

Os catro puntos están no mesmo plano se os vectores AB , AC y AD son coplanarios, es dicir, son linearmente dependentes, por lo tanto, ten que verificarse que:

rango ( AB, AC, AD) < 3 ⇔ det ( AB, AC, AD) = 0

B. Tendel tres puntos non aliñados, para determinar o plano que os contiene, tomamos un punto calquera deles, por exemplo Q, y os vectores QR y QS , es dicir, unha determinación del plano π (Q, QR, QS )

| LOXSE 33

QR = (0 − (−1), 0 − 1, 2 − 0) = (1, −1, 2)

QS = (1 − (−1), −2 − 1, −2 − 0) = (2,

−3, −2) Se X(x, y, z) es un punto xenérico de dito plano, verifícase: rango ( QX , QR, QS ) = 2

Polo tanto, a ecuación del plano π determinadel polos tres puntos es:

x +1 y −1 z 1 −1 2 =0 2 −3 −2 desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, obtenemos: ( x + 1)

−1

−3 −2

− ( y − 1)

−2

−1

2 −3

8( x + 1) − ( −6)( y − 1) + ( −1) z = 0 8x + 6 y − z + 2 = 0

A distancia del punto P ó plano π es:

d(P, π) =

8 · (−1) + 6 · 0 − 2 + 2 8 2 + 6 2 + (−1) 2

−8 101

8 101

A. Dadel o plano Ax + By + Cz + D = 0 con vectores directores u e v . ¿Que ángulo forman os vectores w =(A, B, C) y o producto vectorial de u e v ? B. Hallar a ecuación xeral del plano π que pasa por lo punto P=(3, −2, 5) y es perpendicular ós planos π 1 e π 2 . π 1 : 5 x − y + 2 z = 2     π 2 : − 2 x + 4 y + z = 4 (Loxse. Setembro 1996)

Solución

| LOXSE 34

A. Os vectores w = (A, B, C) y u × v son dous vectores perpendiculares ó plano, por lo que o ángulo que forman es 0º ou 180º. B. Os vectores n1 = (5, − 1, 2) y n 2 = ( −2, 4, 1) son vectores normais ós planos π1 e π2 , respectivamente.

Un vector normal ou característico n del plano π es o vector n = n1 × n 2 , perpendicular ós vectores n1 y n 2 .  −1 2 2 5 5 −1   = (−9, −9, 18) , , n = n1 × n 2 =(5, −1, 2) × (−2, 4, 1) =   1 − 2 − 2 4 4 1   En lugar del vector (−9, −9, 18) pódese tomar como vector normal de π calquera outro proporcional a el, como por exemplo, o vector (1, 1, −2) A ecuación del plano π que ten como vector característico o vector (1, 1, −2) es:

x + y − 2z + D = 0

Por pasar dito plano por lo punto P(3, −2, 5) cúmprese: 3 + (−2) − 2 · 5 + D = 0

⇒

D=9

En consecuencia, a ecuación xeral del plano π es: x + y − 2z + 9 = 0

| LOXSE 35

Calcular o valor de α para que sean paralelos a recta

y o plano π de

ecuaciones: = −1 2 x − 3 y r :   x+ y−z=2 

π : {α x − y + z = 5}

¿Existe algún valor de α tal que r y π son perpendiculares? (Loxse. Xuño 1997)

Solución a)

Unha recta y un plano son paralelos se, y só se o vector de dirección da recta y o vector ca racterístico del plano son ortogonais. Neste caso r y π son paralelos se v · n = 0, v sendel o vector de dirección da recta r y n o vector normal ou característico del plano π.

 −3 0 0 2 2 −3    = (3, 2, 5) , ,  1  v = (2, −3, 0) × (1, 1, −1) =  1 − 1 − 1 1 1

n = (α, −1, 1) por lo tanto,

r // π ⇔ v ⊥ n ⇔ v · n = 0 ⇔ (3, 2, 5) · (α, −1, 1) = 0 ⇒ 3α + 2 · (−1) + 5 · 1= 0 ⇒ ⇒ 3α − 2 + 5 = 0 ⇒

⇒ α = −1

A recta r y o plano π son paralelos se α = −1 | LOXSE 36

r n

v π

Unha recta y un plano son perpendiculares, se y só se o vector de dirección da recta y o vector característico del plano son paralelos, es dicir, rango (v , n ) = 1. Neste caso: 2 5 3  = 2 , para calquera valor de α, xa que Rango (v , n ) = rango   α − 1 1 2 5 = 7 ≠ 0, −1 1 entón non existe ningún valor de α para o que r y π sean perpendiculares.

Calcular a ecuación da elipse de focos F1 =(3, 0) y F2 =(− −3, 0) y que pasa por lo punto (0, 4) (Loxse. Xuño 1997)

Solución A ecuación reducida da elipse es:

x2 y2 + =1 a2 b2

b F2(−3, 0)

Por pasar por lo punto (0, 4) verifícase

42 =1 ⇒ b2

b 2 = 4 2 = 16

Como c = 3 y tendel en cuenta que a 2 = b 2 + c 2 ⇒ a 2 = 4 2 + 3 2 = 25

| LOXSE 37

a c F (3, 0) 1

A ecuación da elipse es:

x2 y2 + =1 25 16

11 Calcular a área del triángulo con vértices os puntos de intersección del plano π: 2x + y + 3z − 6 = 0 cos eixes de coordenadas. (Loxse. Setembro 1997)

Solución

Achamos a intersección del plano cos eixes de coordenadas: Intersección con OX

y = 0, z = 0

⇒

2x − 6 = 0

⇒

x=3

A(3, 0, 0)

Intersección con OY

x = 0, z = 0

⇒

y−6=0

⇒

y=6

B(0, 6, 0)

Intersección con OZ

x = 0, y = 0

⇒

3z − 6 = 0

⇒

z=2

C(0, 0, 2)

Tendel en cuenta a interpretación xeométrica del producto vectorial, a área del triángulo de vértices os puntos A, B y C es:

1 = | AB × AC | Área (ABC) 2

| LOXSE 38

AB = (0 − 3, 6 − 0, 0 − 0) = (−3, 6, 0),

AC = (0 − 3, 0 − 0, 2 − 0) = (−3, 0, 2)

 6 0 0 −3 −3 6   = (12, 6, 18) , , AB × AC =    0 2 2 −3 −3 0  Área (ABC) =

1 1 1 12 2 + 6 2 + 18 2 = 504 = 126 u2 | AB × AC | = 2 2 2

12 A. ¿Pode ser unha recta perpendicular a unha recta dun plano sen que o sexa ó plano? Razoar a resposta. B. Determinar α y β para que os planos π 1 : 6x − αy + 4z + 9 = 0 y π 2 : 9x −3y + βz − β = 0 sean paralelos. (Loxse. Setembro 1997)

Solución

A. π

Por exemplo, a recta s, que pertence ó mesmo plano que a recta r, es perpendicular a ela, sen embargo non es perpendicular ó plano π. por lo tanto, unha recta si pode ser perpendicular a unha recta dun plano, sen ser perpendicular a dito plano.

Para que os planos sean paralelos, ten que verificarse que os vectores característicos n1 = (6, − α, 4) y n 2 = (9, − 3, β), perpendiculares a π1 e π 2 , respectivamente, han de ter a mesma dirección. Neste caso:

6 −α 4 = = 9 −3 β

⇒

6 −α = 9 −3 6 4 = 9 β

⇒

α=2 β=6

| LOXSE 39

Para α = 2 y β = 6, as ecuaciones dos planos π 1 y π 2 son: π 1 : 6 x − 2 y + 4 z + 9 = 0 y π 2 : 9 x − 3 y + 6 z − 6 = 0.

Estes dous planos son paralelos, pois:

6 −2 4 9 = = ≠ 9 −3 6 −6

Calcular os puntos da recta r que pasa polos puntos P=(− −1, 2, 3) y Q=(3, 5, 0), y tales que a distancia ó punto C=(− −1, 0, 1) es de 12 unidades. (Loxse. Xuño 1998)

Solución

Unha determinación linear da recta r es r(P, PQ ) sendo:

P=(−1, 2 ,3); PQ = (3 − (−1), 5 − 2, 0 − 3) = (4, 3, −3)

 x = −1 + 4λ  As ecuaciones paramétricas de r son:  y = 2 + 3λ  z = 3 − 3λ  Un punto xenérico de r es ( −1 + 4λ, 2 + 3λ , 3 − 3λ )

Os puntos desta recta que distan 12 unidades de C=(−1, 0, 1) verifican: ( −1 + 4λ − ( −1)) 2 + ( 2 + 3λ ) 2 + (3 − 3λ − 1) 2 = 12

⇒

| LOXSE 40

⇒ 144

( 4λ ) 2 + ( 2 + 3λ ) 2 + ( 2 − 3λ ) 2 = 12

⇒ 16λ2 + 4 + 12λ + 9λ2 + 4 − 12λ + 9λ2 =

⇒

⇒ 34λ2 = 136 ⇒

λ2 = 4

⇒ λ = 2; λ = −2

Polo tanto, sustituyendo estes dous valores en ( −1 + 4λ , 2 + 3λ , 3 − 3λ ) obtenemos: Para λ = 2,

(−1 + 4 · 2, 2 + 3 · 2, 3 − 3 · 2) = (7, 8, −3)

Para λ = −2, (−1 + 4 · (−2), 2 + 3 · (−2), 3 − 3 · (−2)) = (−9,−4, 9) Os puntos de r que distan 12 unidades de C son: (7, 8, −3) y (−9, −4, 9)

14 Estudiar a posición relativa de las rectas y z + 1  −3, 1, 0) + λ(− −1, 2, 1)} r ≡ x − 3 = =  y s ≡ { (x, y, z) = (− 2 −2  

Calcular o punto de r máis próximo á recta s. (Loxse. Xuño 1998)

Solución Unha determinación linear da recta r es r(A, u ) , sendel A=(3, 0, −1) y u =(1, 2, −2) Unha determinación linear da recta s es s(B, v ) , sendel B=(−3, 1, 0) y v =(−1, 2, 1) Se rango ( AB, u , v ) = 3, as rectas crúzanse. Se rango ( AB, u , v ) < 3, as rectas son coplanarias.

AB = (−3 − 3, 1 − 0, 0 − (−1)) = (−6, 1, 1)

| LOXSE 41

− 6  rango ( AB, u , v ) = rango  1  −1 

1  2 − 2  = 3, pois 2 1

−6 1 −1

2 − 2 = −31 ≠ 0 2 1

As rectas r y s crúzanse.

O punto de r máis próximo a s es o da perpendicular común.

Para hallar dito punto, calculamos a intersección da recta r

co plano π que contiene a recta s y ten como vector de dirección o vector u × v que es perpendicular ós vectores de dirección de las rectas r y s, u y v , respectivamente.

u v s

1 1 2  2 −2 −2  = (6, 1, 4) , , u × v =   − − 1 2 2 1 1 1  

Plano π: Unha determinación linear deste plano es π(B, v , u × v )

Polo tanto, a ecuación del plano es: x+3

−1 6

y −1 z 2 1 =0 1 4

desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, obtenemos: ( x + 3)

2 1 1 4

− ( y − 1)

−1 1 6 4

−1 2 6 1

7( x + 3) − ( −10)( y − 1) + ( −13) z = 0 7 x + 10 y − 13 z + 11 = 0

Intersección de r y π: | LOXSE 42

Un punto xenérico da recta r es (3 + µ, 2µ, −1 −2µ). O que pertence ó plano π verifica: 7(3 + µ) + 10 (2µ) − 13(−1 − 2µ) + 11 = 0 ⇒

⇒ 53µ = −45

⇒

µ= −

⇒ 21+ 7µ + 20µ + 13 + 26µ + 11 = 0

45 53

  45   45  90 37   45    114 O punto pedidel es:  3 +  − , 2 − , − 1 − 2 −   =  , − ,  53 53   53    53   53   53 

Outra forma de calcular este punto es a siguiente:

r P

O punto de r máis próximo de s es o da perpendicular común. Sean P y P’ os puntos de corte de las rectas r y s coa perpendicular común.

P′

Por ser P un punto da recta r, as súas coordenadas son da forma: (3 + µ, 2µ, −1 − 2µ) Por ser P′ un punto da recta s, as súas coordenadas son da forma: (−3 − λ, 1 + 2λ, λ)

O vector PP ' = (−6 − λ − µ, 1 + 2λ − 2µ, 1 + λ + 2µ) es perpendicular a u = (1, 2, −2) y v = (−1, 2, 1), por lo tanto:

PP ' · u = 0 ⇒ (−6 − λ − µ) · 1 + (1 + 2λ − 2µ) · 2 + (1 + λ + 2µ) · (−2) = 0 ⇒ PP ' · v = 0 ⇒ (−6 − λ − µ) · (−1) + (1 + 2λ − 2µ) · 2 + (1 + λ + 2µ) · 1 = 0 λ − 9µ − 6 = 0 ⇒  6λ − µ + 9 = 0

⇒ µ=−

45 53 | LOXSE 43

  45   45  90 37   45    114 O punto pedidel P es:  3 +  − , 2 − , − 1 − 2 −   =  , − ,  53 53   53    53   53   53 

¿Os puntos P=(3, 1, 1), Q=(1, 1, 0), R=(− −3, 3, −1) y S=(2, 2, 1) son coplanarios? (Loxse. Setembro 1998)

Solución Q R P S

Os puntos P, Q, R y S son coplanarios se os vectores

PQ, PR e PS

son linearmente

dependentes, es dicir, se rango ( PQ, PR, PS ) < 3

PQ = (1 −3, 1 −1, 0 −1) = ( −2, 0, −1) PR = (−3 −3, 3 −1, −1 −1) = ( −6, 2, −2)

PS = (2 −3, 2 −1, 1 −1) = ( −1, 1, 0)

− 2  rango ( PQ, PR, PS ) = rango  − 6  −1  −2

−6

2 −2 =0

−1

− 1  2 − 2  = 2 , xa que 1 0  0

−2 0 −6 2

= −4 ≠ 0 y

−1 0

| LOXSE 44

Os vectores PQ, PR e PS son linearmente dependentes, así pois, os catro puntos P, Q, R y S son coplanarios.

16 A. ¿Cal es a forma xeral dos planos paralelos ó plano OXY? Razoar a resposta. B. Hallar a ecuación xeral del plano π que pasa por A=(1, 1, 1) y contiene a recta r, dada por: x = 2 + α   y = −1 − α  z = − 2α  (Loxse. Setembro 1998)

Solución

A. Z

Un vector normal dun plano paralelo ó plano OXY es o vector (0, 0, 1), por lo tanto, a ecuación xeral de dito plano es:

u3 u1

0x + 0y + 1z + D = 0 ⇒

z+D=0

A forma xeral dos planos paralelos ó plano OXY es:

z+D=0

| LOXSE 45

P A

Un punto da recta r es P(2, −1, 0) y un vector director es u =(1, −1, −2) O plano π que pasa por lo punto A y contiene a recta r, queda determinadel por A y polos vectores directores u y PA , es dicir, unha determinación linear del plano es π(A, u , PA )

PA = (1 − 2, 1 − (−1), 1 − 0) = (−1, 2, 1)

por lo tanto, a ecuación xeral del plano es:

x −1

y −1 z −1

−1

−2 =0

desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, resulta: ( x − 1)

−1 − 2 2

− ( y − 1)

1 −2 −1

+ ( z − 1)

1 −1 −1

3( x − 1) − ( −1)( y − 1) + ( z − 1) = 0 3x + y + z − 5 = 0

17 | LOXSE 46

Hallar a ecuación xeral del plano determinadel polos puntos A=(1, 1, 1), B=(− −2, 0, −1) y C=(1, −2, 0). Calcular o volume del tetraedro que limita cos planos cartesianos. (Loxse. Xuño 1999)

Solución C

Dados tres puntos non aliñados, para determinar o plano que os contiene, tomamos un punto calquera deles, por exemplo A, y os vectores AB y AC , es dicir, unha determinación linear del plano es π(A, AB, AC )

AB = (−2 − 1, 0 − 1, −1 − 1) = (−3, −1,−2),

AC = (1 − 1, −2 − 1, 0 − 1) = (0, −3,

−1) Se X(x, y, z) es un punto xenérico de dito plano, verifícase: rango ( AX , AB, AC ) = 2

Polo tanto, a ecuación xeral del plano determinadel polos tres puntos es:

x −1 y −1 z −1 −3

−1

−2 =0

−3

−1

desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, resulta: ( x − 1)

−1 − 2 −3

−1

− ( y − 1)

−3 −2 0

−1

+ ( z − 1)

− 3 −1 0 −3

| LOXSE 47

− 5( x − 1) − 3( y − 1) + 9( z − 1) = 0 − 5x − 3 y + 9 z − 1 = 0

Achamos os vértices del tetraedro y para iso calculamos a intersección dos planos:

x = 0, y = 0, z = 0

punto de intersección O=(0, 0, 0)

x = 0, y = 0, − 5 x − 3 y + 9 z − 1 = 0

punto de intersección P=(0, 0, 1/9)

x = 0, z = 0, − 5 x − 3 y + 9 z − 1 = 0

punto de intersección Q=(0, −1/3, 0)

y = 0, z = 0, − 5 x − 3 y + 9 z − 1 = 0

punto de intersección R=(−1/5, 0, 0)

O volume del tetraedro de vértices os puntos O, P, Q, y R es:

[

1 V (OPQR ) = OP, OQ, OR 6 u

]

1 = 6

1/ 9

− 1/ 3

− 1/ 5

1 1  1 1 = −  =− 6  135  810 810

18 Estudiar a posición relativa de las rectas r y s, y calcular o ángulo que forman  x −1 y z = =  r : 2 3 4 

 x = 3 + λ   s :  y = 3 + 2λ   z = 4 + 3λ    (Loxse. Xuño 1999)

Solución

Unha determinación linear da recta r es r(A, u ) sendel A=(1, 0, 0) y u =(2, 3, 4) Unha determinación linear da recta s es s(B, v ) sendel B=(3, 3, 4) y v =(1, 2, 3) Se rango ( AB , u , v ) = 3, as rectas crúzanse.

| LOXSE 48

Se rango ( AB , u , v ) < 3, as rectas son coplanarias.

AB = (3 − 1, 3 − 0, 4 − 0) = (2, 3, 4)

2 3 4  2 3 4   2 3 rango ( AB , u , v ) = rango  2 3 4  = 2 , xa que =1≠ 0 y 2 3 4 = 0 1 2  1 2 3 1 2 3   As rectas r y s son coplanarias.

2 3 Como rango (u , v ) = 2, pois = 1 ≠ 0, as rectas córtanse. 1 2

cos

∧ u ·v | cos ( u , v ) | = = u v

∧ cos ( r , s ) =

= 2 ·1 + 3 · 2 + 4 · 3 2

2 +3 +4

1 +2 +3

20 29 14

20 406

O ángulo que forman as rectas r y s es: α = 6º 58′ 57″

19 Calcular o conxunto de puntos de R3 que están á mesma distancia dos puntos −3, 4, 1). ¿A que distancia se atopa o punto P de dito P = (− −1, 2, 5) y Q = (− conxunto? (Loxse. Setembro 1999)

Solución

Se X(x, y, z) es un punto de R3 que está á mesma distancia dos puntos P y Q, verifica: | LOXSE 49

d(P,

d(Q,

⇔

( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 5) 2 = ( x + 3) 2 + ( y − 4) 2 + ( z − 1) 2 ⇒

⇒

( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 5) 2 = ( x + 3) 2 + ( y − 4) 2 + ( z − 1) 2

⇒

x 2 + 2 x + 1 + y 2 − 4 y + 4 + z 2 − 10 z + 25 = x 2 + 6 x + 9 + y 2 − 8 y + 16 + z 2 − 2 z + 1 ⇒ ⇒

4 x − 4 y + 8z − 4 = 0 ⇒

x − y + 2z − 1 = 0

Así pois, o conxunto de puntos de R3 que están á mesma distancia dos puntos P y Q es o plano π: x − y + 2z − 1 = 0. Este plano chámase plano mediador del segmento PQ y es o plano que corta ó segmento PQ perpendicularmente por lo punto medio.

A distancia del punto P ó plano π es:

d(P, π) =

− 1 − 2 + 10 − 1

12 + (−1) 2 + 2 2

6 6

= 6 u.

| LOXSE 50

20 Considérese, no plano, o triángulo de vértices: A = (2, 0), B = (0, 1) y C = (− −3, −2). Calcular os ángulos y a área deste triángulo (Loxse. Setembro 1999)

B = (0, 1) A = (2, 0)

Solución C = (−3, −2)

Consideremos os vectores:

AB = (0 − 2, 1 − 0) = (−2, 1)

BA = (2, − 1)

AC = (−3 − 2, − 2 − 0) = (−5, − 2)

CA = (5, 2)

BC = (−3 − 0, − 2 − 1) = (−3, − 3)

CB = (3, 3)

cos Aˆ = cos ( AB, AC ) =

cos Bˆ = cos ( BA, BC ) =

AB · AC | AB | · | AC |

BA · BC | BA | · | BC |

− 2 · (−5) + 1 · (−2) (−2) 2 + 12 (−5) 2 + (−2) 2 2 · (−3) + (−1) · (−3) 2

2 + (−1)

(−3) + (−3)

CA · CB 5·3+ 2·3 cos Cˆ = cos (CA, CB ) = = = 2 | CA | · | CB | 5 + 2 2 32 + 32

cos Aˆ =

8 145

⇒

Aˆ = 48º 21′ 59′′ ;

−3 cos Bˆ = 90

⇒

29 18

5 18 =

5 29 −3

8 145 −3 90

21 522

Bˆ = 108º 26′ 6′′ ;

| LOXSE 51

21 cos Cˆ = 522

⇒

Cˆ = 23º 11′ 55′′

A área dun triángulo es: Área =

1 b·h 2

Neste caso, podemos tomar como base o ladel AC.

b =| AC | = 29 h = | CB | sen Cˆ = 18 sen (23º 11' 55" ) A área del triángulo es: Área (ABC)

1 29 18 sen (23º 11' 55" ) = 4,5 u2. 2

21 Acha o volume del tetraedro de vértices o punto P = (1, 1, 1) y os puntos de corte del plano π : 2x + 3y + z − 12 = 0 cos eixes coordenados. Acha tamén o punto de corte del plano π y a recta, perpendicular a π, que pasa por lo punto P. (Loxse. Xuño 2000)

Solución a) Achamos a intersección del plano π cos eixes coordenados. Intersección con OX: y = 0, z = 0

⇒ 2x – 12 = 0 ⇒ x = 6. A = (6, 0, 0)

Intersección con OY: x = 0, z = 0

⇒ 3y – 12 = 0 ⇒ y = 4. B = (0, 4, 0)

Intersección con OZ: x = 0, y = 0

⇒ z – 12 = 0 ⇒ z = 12. C = (0, 0, 12)

O volume del tetraedro de vértices P, A, B y C es: | LOXSE 52

5 −1 −1 1 1 1 V ( PABC ) = PA, PB, PC = − 1 3 − 1 = · 144 = 24 u3. 6 6 6 − 1 − 1 11

[

]

v M

A recta r perpendicular π que pasa por lo punto P=(1, 1, 1) ten como vector de dirección o vector normal ou característico del plano π, n = ( 2, 3, 1), por lo tanto as ecuaciones paramétricas de dita recta son:

 x = 1 + 2λ   y = 1 + 3λ z = 1 + λ  O punto pedidel M, es M (1 + 2λ , 1 + 3λ, 1 + λ ), y

punto

da recta

r, por lo tanto es da forma

como M tamén pertence ó plano π, cúmprese que: ⇒

2(1 + 2λ ) + 3( 1 + 3λ ) + 1 + λ − 12 = 0

λ=

2 + 4λ + 3 + 9λ + 1 + λ − 12 = 0

⇒

3 7 3 3 3   13 16 10   As coordenadas del punto M son 1 + 2 · , 1 + 3 · , 1 +  =  , ,  7 7 7  7 7 7  

22 Determina as ecuaciones vectorial, paramétricas y xeral del plano determinadel polos puntos A = (1, 0 , 0), B = (2, −1, 2) y C = (5, −1, 1). Acha a distancia del punto P = (2, 7, 3) ó plano. (Loxse. Xuño 2000)

Solución C X A

| LOXSE 53

AB = (2 − 1, − 1 − 0, 2 − 0) = (1, − 1, 2) ,

AC = (5 − 1, − 1 − 0, 1 − 0) = (4, − 1, 1)

Ecuación vectorial

( x, y , z ) = (1, 0, 0) + λ (1, − 1, 2) + µ ( 4, − 1, 1)

Ecuaciones paramétricas

 x = 1 + λ + 4µ  y = − λ − µ  z = 2λ + µ 

Ecuación xeral

x −1

−1 2 = 0 −1 1

1 4

desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, resulta: ( x − 1)

−1 2 −1 1

−y

1 2 4

1 −1 4 −1

| LOXSE 54

x − 1 − (−7) y + 3z = 0 x +7y +3z –1 = 0 A distancia del punto P ó plano π es: dist (P, π) =

2 + 7 · 7 + 3·3 −1 12 + 7 2 + 3 2

59 59

= 59 u

23 Calcule α para que os puntos A = (1, 1, 1), B = (3, 0, 2), C = (5, −2, 2) y D = (2, 1, α) sean coplanarios. Calcule a área del polígono ABCD. (Loxse. Setembro 2000)

Solución

D B C

Os puntos A, B, C y D son coplanarios se os vectores AB, AC y CD son linearmente dependentes, es dicir, rango ( AB, AC, AD) < 3 | LOXSE 55

AB = (3 − 1, 0 − 1, 2 − 1) = (2, − 1, 1) AC = (5 − 1, − 2 − 1, 2 − 1) = (4, − 3, 1) AD = (2 − 1, 1 − 1, α − 1) = (1, 0, α − 1)

Consideremos a matriz formada polas coordenadas dos tres vectores.

1  2 −1   M = 4 − 3 1   1 0 α − 1   | M | = −2α + 4

O rango da matriz M es menor que 3, se y só se, | M | = 0 | M |= 0 ⇒

− 2α + 4 = 0

⇒

α=2

Polo tanto, os puntos A, B, C y D son coplanarios se α = 2.

Neste caso os puntos B, C y D están aliñados, pois, os vectores CB y CD son linearmente dependentes. En efecto:

CB = (3 − 5, 0 − (−2), 2 − 2) = (−2, 2, 0) CD = (2 − 5, 1 − (−2), 2 − 2) = (−3, 3, 0)

A área del polígono ABCD es a área del triángulo ACD. D B C

| LOXSE 56

Tendel en cuenta a interpretación xeométrica del producto vectorial:

Área ( ACD) =

1 | AC × AD | 2

sendo: AC = (4, − 3, 1) , AD = (1, 0, 1)

−3 1 1 AC × AD =  ,  0 1 1

Área ( ACD) =

4 4 −3  = (−3, − 3, 3) , 1 1 0 

1 1 1 3 | AC × AD | = (−3) 2 + (−3) 2 + 3 2 = 27 = 3 u2 2 2 2 2

24 Dadel o plano π 1 : 3 x + α y + z = 6, calcule α para que a recta r que pasa por lo punto P = (1, 1, 2 ) y es perpendicular a este plano ( π 1 ) sexa paralela ó plano π 2 : x − y = 3. Calcule a distancia da recta r á orixe. (Loxse. Setembro 2000)

Solución n1 P(1, 1, 2)

n2 π2 π1

| LOXSE 57

Se unha recta es perpendicular a un plano, un vector de dirección da recta es o vector normal ou característico del plano, por lo tanto, un vector de dirección da recta r es n1 = (3, α, 1).

Se unha recta es paralela a un plano, o vector de dirección da recta y o vector característico del plano π 1 son ortogonais, logo se n 2 = (1, − 1, 0) es o vector característico del plano π 2 , verifícase:

r n1 ⊥ n 2

// π2 ⇔ n1 · n 2 = 0 ⇔ 3 · 1 + α · ( −1) + 1 · 0 = 0 ⇒ 3 − α = 0 ⇒ α = 3 O

A distancia da orixe a recta r vén dada por:

| n1 × PO | d ( O, r ) = | n1 |

PO = (−1, − 1, − 2),

n1 = (3, 3, 1)

| LOXSE 58

⇔

 3 1 1 3 3 3  = (−5, 5, 0) n1 × PO =  , ,  − 1 − 2 − 2 − 1 − 1 − 1   | n1 × PO |= ( −5) 2 + 5 2 + 0 2 = 50

| n1 |= 3 2 + 3 2 + 12 = 19 Logo, d (O, r ) =

50 19

50 u. 19

25 A. ¿En que posición relativa poden estar tres planos no espacio que non teñen ningún punto en común? B. Determine a posición relativa dos planos π : x − 2 y + 3 z = 4 , y σ :2x + y + z + 1 = 0 ϕ : − 2 x + 4 y − 6z = 0 (Loxse. Xuño 2001)

Solución A. Sean os planos: π1 : Ax + By + Cz + D = 0 π 2 : A′x + B ′y + C ′z + D ′ = 0

π 3 : A′′x + B ′′y + C ′′z + D ′′ = 0 Os planos non teñen ningún punto en común ós tres se o sistema formadel polas súas ecuaciones es incompatible. As matrices dos coeficientes y ampliada del sistema son:

A B C   M =  A′ B ′ C ′  ,  A′′ B ′′ C ′′   

A B C D   M * =  A′ B ′ C ′ D ′   A′′ B ′′ C ′′ D ′′    | LOXSE 59

Se rango (M) ≠ rango (M*), o sistema es incompatible. Segundel os valores dos rangos de M y M* preséntanse os siguientes casos:

I) Se rango (M) = 2 ≠ rango (M*) = 3, pódense dar dúas posicións: a) Os planos córtanse dous a dous formandel unha superficie prismática.

b) Dous planos son paralelos y secantes ó terceiro

II) Se rango (M) = 1 ≠ rango (M*) = 2, pode ocorrer: a) Os tres son planos paralelos

b) Dous planos coincidentes y outro paralelo a eles

B. Consideramos o sistema formadel polas ecuaciones dos tres planos | LOXSE 60

 x − 2 y + 3z = 4   2 x + y + z = −1 − 2 x + 4 y − 6 z = 0  Formamos as matrices del sistema

3  1 −2   M = 2 1 1 − 2 4 − 6  

3 4  1 −2   M* =  2 1 1 − 1 − 2 4 −6 0  

| M | = 0 , pois a primeira y terceira filas son proporcionais

rango (M) = 2 , xa que

1 −2 2

1 −2 rango (M*) = 3 , pois

2 −2

= 5 ≠ 0 y | M |= 0

1 − 1 = 40 ≠ 0 4

Como rango (M) = 2 ≠ rango (M*) = 3, o sistema es incompatible. Non existe ningún punto común ós tres planos. Neste caso trátase de dous planos paralelos y outro incidente con eles. Os planos π y ϕ son paralelos y secantes a σ

π ϕ

26 Determine o ángulo que forma a recta r, que pasa por lo punto (1, −1, 0) y ten como x−7 y+6 z = = vector director v = (− −2, 0, 1) , y a recta s, de ecuación: 4 4 2 (Loxse. Xuño 2001)

Solución | LOXSE 61

Un vector director da recta r es v = (−2, 0, 1) Un vector director da recta s es w = ( 4, 4, 2)

Polo tanto,

cos α = cos (r, s) = | cos (v , w) | =

−6 5 36

v ·w = |v | | w|

(−2) + 0 2 + 12

42 + 42 + 22

1 5

En consecuencia, o ángulo pedidel es α = arccos

− 2 · 4 + 0 · 4 + 1· 2 2

1 5

;

α = 63º 26′ 6″

A. Sean u y v dous vectores. Comprobe que se ( u + v )( u − v ) = 0 entón u = v . B. Calcule os vectores unitarios que sean perpendiculares ós vectores u = (− −3, 4, 1) y v = (− −2, 1, 0) . (Loxse. Setembro 2001)

Solución 2 2 A. (u + v )(u − v ) = uu + v u − uv − v v = u u − v v = u − v (1)

( 2)

(1) Aplicandel a propiedade distributiva del producto escalar respecto á suma de vectores (2) Tendel en cuenta que o producto escalar es conmutativo v u = uv por lo tanto, (u + v )(u − v ) = 0

⇒

2 2 u − v =0 ⇒

2 2 u =v

⇒

u =v

B. Os vectores u × v y v × u son perpendiculares ós vectores u y v .

| LOXSE 62

 4 1 1 −3 −3 4  = (− 1, − 2, 5) u × v =  , ,  1 0 0 − 2 − 2 1   u × v = (−1) 2 + (−2) 2 + 5 2 = 30

Como v × u = − u × v y u × v = v × u , os vectores unitarios pedidos son:  −1 −2  , , 30  30

5   1  y  , 30   30

2 30

−5   30 

28 Calcule a distancia entre as rectas r y s, onde r ten por ecuaciones (r : x = 3y = 5z) y a recta s pasa polos puntos A = (1, 1, 1) y B = (1, 2, −3) (Loxse. Setembro 2001)

Solución As ecuaciones continuas da recta r : x = 3y = 5z son:

x y z = = 15 5 3

Unha determinación linear desta recta es r (O, u ), sendel O = (0, 0, 0) y u = (15, 5, 3) Unha determinación linear da recta s es s ( A, v ), sendel A = (1, 1, 1) y

v = AB = (0, 1, − 4) As rectas r y s crúzanse, pois

1 1 1 1  1 1   rango (OA, u , v ) = rango 15 5 3  = 3 , xa que 15 5 3 = 52 ≠ 0  0 1 − 4 0 1 −4  

| LOXSE 63

A distancia entre dúas rectas que se cruzan vén dada pola expresión d(r, s) = | [OA, u, v ] | u ×v

| [OA, u, v ] | = 52 3 3 15 15 5  5  = (−23, 60, 15) u × v =  , ,   1 − 4 − 4 0 0 1 u × v = (−23) 2 + 60 2 + 15 2 = 4.354

Logo,

| [OA, u, v ] | 52 = d(r, s) = u. u ×v 4.354

| LOXSE 64

| LOXSE 65

COU CS INTEGRALES a) Calcular a ecuación da recta tanxente á curva y = x 3 + x + 2 no seu punto de inflexión. b) Calcular a área limitada pola curva y as rectas y = 2 y x = 2.

Solución

a) Calculamos en que punto a función y = x 3 + x + 2 ten un punto de inflexión.

y ′ = 3x 2 + 1 y ′′ = 6 x y ′′′ = 6 y ′′ = 0

⇔

6x = 0

⇒

x=0

En x = 0, y ′′ = 0 y y ′′′ ≠ 0 A curva ten un punto de inflexión en (0, 2) A recta tanxente neste punto es: y − 2 = f ′(0)( x − 0) y ′ no punto de abscisa x = 0 es igual a 1.

| LOXSE 66

Polo tanto y = x + 2 es a recta tanxente no punto de inflexión (0, 2) b) Achamos os puntos de corte de las gráficas de las funcións y = x 3 + x + 2 y y = 2 resolvendel o sistema:  y = x3 + x + 2  y = 2 x3 + x + 2 = 2 ⇒

x3 + x = 0

⇒

x( x 2 + 1) = 0

⇒ x=0

A área pedida es:

∫[ 2

 x4 x2  24 22 ( x + x + 2) − 2 dx = ∫ ( x + x) dx =  +  = + = 6 u2 . 0 4 2 4 2  0 3

]

2 a) Representar a rexión limitada polas gráficas de f ( x ) = 4 − x 2 y g ( x ) = x + 2. b) Calcular su área.

Solución a) A gráfica da función f ( x) = 4 − x 2 es unha parábola que ten o vértice no punto (0, 4) y corta o eixe OX nos puntos de abscisas x = −2 y x = 2.

A gráfica da función g (x ) = x + 2 es unha recta que pasa polos puntos (−2, 0) y (0, 2)

A rexión limitada polas gráficas es a rexión sombreada: g(x) = x + 2

| LOXSE 67

−2

f (x) = 4 − x2

Achamos as abscisas dos puntos de corte da parábola y a recta resolvendel o

sistema:

y = 4 − x2  y = x + 2 x + 2 = 4 − x2

⇔

x2+x−2=0

⇒

x = −2; x = 1

A área pedida es:

A=∫

1 −2

=2−

[

 x2 x3  (4 − x ) − ( x + 2) dx = ∫ (2 − x − x ) dx = 2 x − −  −2 2 3  2

]

= −2

(−2) 2 (−2) 3  9 2 12 13  = u . − −  2(−2) − − 2 3  2 3  2

3 Dada a función

 x 2 − 2 x + 3 se x ≤ 2  se 2 < x ≤ 4  2x − 1 f ( x) =   28 se x > 4  x

| LOXSE 68

Calcular: a) b)

Intervalos de crecemento y decrecemento, asíntotas. Área del recinto limitadel pola gráfica de f ( x ), o eixe horizontal y as rectas x = 1 y

x = 3.

Solución a) O dominio de definición da función es R. A función f (x ) es continua en todel o seu dominio.

Intervalos de crecemento y decrecemento Estudiemos a derivada primeira  2x − 2  2  f ′(x) =   − 28  x2

x≤2

2<x<4

x>4

En x = 2 es derivable, pois f −′ (2) = f +′ ( 2) = 2 En x = 4 non es derivable, pois f −′ ( 4) = 2 ≠ f +′ ( 4) = −7 / 4 Vexamos se para algún valor de x, f ′( x ) = 0 , tendel en cuenta que só no intervalo (−∞, 2) po de ser f ′( x ) = 0 . f ′( x ) = 0

x f ′(x ) f (x )

⇒

(−∞, 1) − decrece

2x − 2 = 0 1 0 2

(1, 2) + crece

⇒

x=1 2 2 3

(2, 4) + crece

4 7

(4, +∞) − decrece

A función es crecente no intervalo (1, 4) y decrecente en (−∞, 1) ∪ (4, +∞) Asíntotas | LOXSE 69

Soamente pode haber asíntotas no intervalo (4, +∞) pois nos outros a función vén definida por funcións polinómicas que non teñen asíntotas. A recta y = 0 es unha asíntota horizontal pola dereita, xa que lim

x → +∞

28 =0 x

b) O recinto limitadel pola gráfica da función f (x ), o eixe horizontal y as rectas x =1 x=3 y es o recinto sombreado:

A área pedida es:

 x3  3 A = ∫ ( x − 2 x + 3) dx + ∫ ( 2 x − 1) dx =  − x 2 + 3 x  + x 2 − x 2 = 1 2 3 1 3 3 1  2 19 2 = − 2 2 + 3 · 2 −  − 12 + 3 · 1 + 3 2 − 3 − 2 2 − 2 = u. 3 3 3  2

(

[

]

)

Dada a función  − 2 x 2 + 8 x si x ≤ 3  f ( x) =  3 si x > 3  5+ x  a) Determinar: cortes cos eixes, intervalos de crecemento y decrecemento y asíntotas. b) Calcular a área limitada pola gráfica da función, o eixe Y y a recta y = 8.

Solución | LOXSE 70

O dominio de definición da función es R. A función f (x ) es continua en todel o seu dominio. a) Cortes cos eixes ⇒ y = 0 ; (0, 0)

Punto de corte co eixe OY: x = 0 Puntos de corte co eixe OX: Se y = 0 : i) − 2 x 2 + 8 x = 0 non es válida

⇔

⇒ x = 0; x = 4; A solución x = 4

− 2 x ( x − 4) = 0

pois non pertence ó intervalo de definición (−∞, 3]. Un punto de corte es (0, 0)

3 =0 x pois non ii) 5 +

⇔

⇒

5x + 3 = 0

3 x = − . Esta solución hai que rexeitala 5

pertence ó intervalo de definición (3, +∞) O único punto de corte cos eixes es o punto (0, 0)

Intervalos de crecemento y decrecemento Estudiemos su derivada − 4 x + 8 si x < 3  ′ f ( x) =  3 si x > 3  − x 2 En x = 3 non es derivable, pois f −′ (3) = −4 ≠ f +′ (3) = −1 / 3 f ′( x ) = 0 ⇒

− 4x + 8 = 0

⇒

x=2

(−∞, 2)

(2, 3)

f ′(x )

−

f (x )

crecente

decrecente

(3, +∞) −

decrecente

| LOXSE 71

A función es crecente en (−∞, 2) y decrecente en (2, +∞). Ten un máximo en (2, 8)

Asíntotas Para valores de x ≤ 3, non hai asíntotas, pois, trátase dunha función polinómica. A recta

y = 5 es unha asíntota horizontal pola dereita, xa que

3  lím f ( x ) = lím  5 +  = 5 . x → +∞ x 

x → +∞

Non ten asíntotas verticais

b) No punto (2, 8) a función ten un máximo pois pasa de crecente a decrecente.Tendel en cuenta que a función pasa por lo punto (0, 0) su gráfica es: y=8

y=5

A área limitada pola gráfica da función, o eixe Y y a recta y = 8 es a área del recinto sombrea-do.

A=∫

2 0

  2x 3 − 4x 2  8 − ( −2 x + 8 x ) dx = 8 x + 3  

[

]

= 16 + 0

16 16 2 − 16 = u. 3 3

| LOXSE 72

5 a) Representar a rexión limitada polas gráficas de y = x 2 − 4 x + 3 y y = − x 2 + 4 x − 3. b) Calcular su área.

Solución a) As funcións y = x 2 − 4 x + 3 y y = − x 2 + 4 x − 3 son funcións opostas, por lo tanto as súas gráficas son simétricas respecto ó eixe OX A gráfica da función y = x2 − 4x + 3 es unha parábola. Calculamos o vértice. y′ = 2x − 4; y′ = 0

⇔ 2x − 4 = 0

⇒

x = 2.

O vértice es o punto (2, −1) Achamos os puntos de corte da gráfica co eixe OX. x2 − 4x + 3 = 0

⇒ x = 1; x = 3. Corta o eixe OX nos puntos (1, 0) y (3, 0)

A gráfica da función y = −x2 + 4x − 3 es unha parábola de vértice no punto (2, 1) y corta o eixe OX nos puntos (1, 0) y (3, 0) A rexión limitada polas gráficas es a rexión sombreada: y = x2 − 4x + 3

y = −x2 + 4x − 3

b) Como o recinto es simétrico con respecto ó eixe OX, a área es:

| LOXSE 73

A = 2∫

3 1

 x3  (− x + 4 x − 3) dx = 2 − + 2 x 2 − 3x  =  3 1 2

 33  13  4 8 2 = 2 − + 2 · 3 − 3 · 3 −  − + 2 · 12 − 3 · 1  = 2  = u2 3 3  3   3

6 Calcular a área del recinto sombreadel da figura, sa(− −2, 0) bendel que está limitadel por: i) unha función polinómica de grao dous que ten o punto máximo en (0, 1) y pasa por lo punto (1, 0), e por ii) unha recta de pendente 1 que pasa por lo punto (1, 0)

(0, 1)

(1, 0)

Solución A ecuación da parábola es da forma y = ax 2 + 1. Por pasar por lo punto (1, 0), 0 = a · 12 + 1

⇒

a = −1

A ecuación da parábola es: y = − x 2 + 1 A ecuación da recta es: y − 0 = 1(x − 1) ⇒ y = x − 1.

A área pedida es: A=∫

−2

=−

[

 x3 x2  ( − x + 1) − ( x − 1) dx = ∫ ( − x − x + 2) dx = − − + 2 x = −2 2  3  −2 2

]

 (−2) 3 (−2) 2  9 13 12 − + 2 · 1 −  − − + 2 · (−2)  = u2. 3 2 3 2   2

Y (0, 2)

| LOXSE 74

(1, 0)

7 Calcular a área da rexión sombreada da figura, sabendel que: i) O ladel esquerdel corresponde a unha recta de pendente 1 que pasa por lo punto (0, 2) ii) O ladel dereito corresponde á gráfica dunha función polinómica de grao dous que ten o punto mínimo en (1, 0) e pasa por lo punto (0, 2)

Solución

A ecuación da recta que ten de pendente 1 y pasa por lo punto (0, 2) es y = x + 2. Unha función polinómica de grao dous es f ( x) = ax 2 + bx + c, con a ≠ 0 f ′( x ) = 2 ax + b

A función pedida ten o punto mínimo en (1, 0), daquela: f (1) = 0

⇒ a · 12 + b · 1 + c = 0 ⇒ a + b + c = 0

f ′(1) = 0

⇒ 2a · 1 + b = 0 ⇒ 2a + b = 0

O punto (0, 2) tamén pertence á gráfica, por lo tanto: f (0) = 2 ⇒ a · 0 2 + b · 0 + c = 2 ⇒ c = 2.

Resolvendel o sistema:

a=2  a+b+c=0  = 0 ⇒ b = −4 2 a + b  c=2 c=2  A función polinómica es f ( x) = 2 x 2 − 4 x + 2 Y (0, 2)

| LOXSE 75

A área da rexión sombreada es: 1

1  2x 3  1 A = A1 + A2 = 2 · 2 + ∫ (2 x 2 − 4 x + 2) dx = 2 +  − 2 x 2 + 2x = 0 2  3 0

2 · 13 2 8 = 2+ − 2 · 12 + 2 · 1 = 2 + = u2 3 3 3

| LOXSE 76

LOXSE CS INTEGRALES a) Representar graficamente a rexión limitada polas curvas: f ( x ) = x2 − 4x + 3, g ( x ) = −x2 + 2x + 3

e o eixe OX. b) Calcular su área. (Loxse. Xuño 1995)

Solución

a) A gráfica da función f ( x) = x 2 − 4 x + 3 es unha parábola. Calculamos o vértice. f ′( x ) = 2 x − 4 ;

f ′( x ) = 0 ⇔ 2 x − 4 = 0 ⇒ x = 2.

Como f ′′( 2) = 2 > 0 , para x = 2 hai un mínimo. O vértice es o punto (2, −1) Achamos os puntos de corte cos eixes. Se x = 0 ⇒ y = 3. Corta o eixe OY no punto (0, 3) Se y = 0 ⇒ x2 − 4x + 3 = 0 ⇒ x = 1, x = 3. Corta o eixe OX nos puntos (1, 0) y (3, 0) A gráfica da función g ( x) = − x 2 + 2 x + 3 tamén es unha parábola. g ′( x ) = −2 x + 2 ; g ′( x) = 0 ⇔ − 2 x + 2 = 0 ⇒ x = 1.

| LOXSE 77

Como g ′′(1) = −2 < 0 , para x = 1 hai un máximo. O vértice es o punto (1, 4) Achamos os puntos de corte cos eixes. Se x = 0 ⇒ y = 3. Corta o eixe OY no punto (0, 3) Se y = 0 ⇒ −x2 + 2x + 3 = 0 ⇒ x = −1, x = 3. Corta o eixe OX nos puntos (−1, 0) y (3, 0) A rexión limitada polas curvas y o eixe OX es a sombreada en la siguiente figura:

f (x) = x2 −4x + 3

A2 A1

−1 g (x) = −x2 + 2x + 3

b) A área pedida es a suma de las áreas A1 y A2 , es dicir, a área del recinto limitadel pola gráfica da función g ( x) = − x 2 + 2 x + 3 y o eixe OX.

A=∫

−1

 x3  ( − x + 2 x + 3) dx = − + x 2 + 3x =  3  −1 2

 32 2  33   (−1) 3 2  = − + 3 + 3 · 3  − − + (−1) 2 + 3 · (−1) = u. 3  3    3

| LOXSE 78

a) A parábola y = a(x2 − 2x), con a > 0, delimita co eixe OX un recinto de 12 unidades de superficie. Calcular o valor de a. b) ¿Cal es o intervalo no que a función f ( x ) = e x ( x 2 − 3 x + 2) toma valores negativos? Xustifíquese a resposta. (Loxse. Xuño 1996)

Solución a) Achamos as abscisas dos puntos de corte da parábola y = a(x2 − 2x) co eixe OX. a(x2 − 2x) = 0

⇒

y=0

⇒

x2 − 2x = 0

⇒

x = 0, x = 2

Como a > 0, a gráfica da parábola es da forma: 0

por lo tanto, a área de rexión limitada pola parábola y o eixe OX es 2

A = − ∫ a ( x 2 − 2 x ) dx 0

Tendel en cuenta o enunciadel del problema − ∫ a ( x 2 − 2 x) dx = 12 0

Calculamos

∫

2 0

a ( x 2 − 2 x) dx

 x3 2 ∫ 0 a( x − 2 x) dx = a ∫ 0 ( x − 2 x) dx = a  3 − x  2

Daquela, − ∫ a ( x 2 − 2 x ) dx = 12 0

 4  −  − a  = 12  3 

⇒

4 a = 12 3

4 8  = a − 4  = − a 3 3 

⇒ ⇒

a=9

b) O dominio de definición da función f (x ) es R. | LOXSE 79

Temos que resolver a inecuación f ( x ) < 0 ⇔ e x ( x 2 − 3 x + 2) < 0 Calculemos os valores de x, para os que se anula a función: f ( x ) = 0 ⇔ e x ( x 2 − 3 x + 2) = 0 ⇒

x 2 − 3 x + 2 = 0 , xa que e x > 0 para

todel x ∈ R As solucións da ecuación x 2 − 3 x + 2 = 0 son x = 1 y x = 2 Estes puntos dividen o dominio de f en intervalos. Estudiemos o signo de f en ditos intervalos, x f (x )

−∞ +

1 0

−

2 0

+∞ +

A función f ( x) = e x ( x 2 − 3 x + 2) toma valores negativos no intervalo (1, 2)

3 Dada a función:  x 2 + 1 se x ≤ 2  f ( x ) =  10 se x > 2   x calcular a área delimitada polsu gráfica, o eixo x y as rectas x = 1 y x = 3. (Loxse. Setembro 2000)

Solución A área pedida es a sombreada en la siguiente figura:

1 2 3

| LOXSE 80

A = ∫ ( x + 1) dx + ∫ 2

3 2

 x3  10 3 dx =  + x  +[10 ln x] 2 = x 3 1

8 1 + 2 − − 1 + 10(ln 3 − ln 2) = 3 3 10 3 + 10 ln ≈ 7,39 u2. = 3 2

4 a) Dada a función f ( x ) = − x 2 + bx + c , calcúlense os valores b y c se esa función pasa por lo punto (1, 4) y neste punto a ecuación da recta tanxente es y = 4. b) Calcúlese a área comprendida entre a función f ( x ) = − x 2 + 2 x + 3 y a recta y = x +1

(Loxse. Xuño 2001)

Solución

f ( x) = − x 2 + bx + c f ′( x ) = −2 x + b

Por pasar por lo punto (1, 4), f (1) = 4 y se en x = 1 a tanxente es y = 4, quere dicir que a pendente da recta tanxente nese punto es cero, logo f ′(1) = 0 .

f (1) = 4 ⇒ f ′(1) = 0 ⇒

− 12 + b · 1 + c = 4 − 2 ·1 + b = 0

b + c = 5  b=2 

⇒ ⇒

⇒

b=2 c=3

A función pedida es f ( x) = − x 2 + 2 x + 3 b) Representamos graficamente o recinto 2 f ( x) = − x + 2 x + 3 y a recta y = x + 1.

limitadel

pola

parábola

A parábola f ( x) = − x 2 + 2 x + 3 ten o vértice no punto (1, 4) y corta os eixes nos puntos (0, 3), (−1, 0) y (3, 0) A recta y = x + 1 pasa polos puntos (0, 1) y (−1, 0) A rexión limitada por ambas gráficas es a sombreada en la siguiente figura: | LOXSE 81

−1

Achamos os puntos de corte de las gráficas resolvendel o sistema:

y = − x 2 + 2 x + 3  y = x +1 

⇒ − x 2 + 2 x + 3 = x + 1 ⇒ − x 2 + x + 2 = 0 ⇒ x = −1, x

=2 A área comprendida entre ambas funcións es: A=∫

−

−1

[(− x

]

+ 2 x + 3) − ( x + 1) dx = ∫

−1

 x3 x2  (− x + x + 2) dx = − + + 2 x = 2  3  −1 2

 (−1) 3 (−1) 2  9 23 22 + + 2 · 2 − − + + 2 · (−1) = u2. 3 2 3 2   2

COU CN INTEGRALES Calcular o valor da integral

∫

e 1

x 3 Ln ( x ) dx

Solución

Calculamos unha primitiva de partes.

∫x

Ln ( x ) dx , utilizandel o métodel de integración por

| LOXSE 82

Facendel

u = Ln (x)

dv = x3dx

du =

x 4 Ln ( x) ∫ x Ln ( x) dx = 4 − 3

1 dx x

x4 4 x 4 Ln ( x) x 4 Ln ( x) x4 1 x4 1 3 ∫ 4 · x dx = 4 − 4 ∫ x dx = 4 − 16

Daquela

∫

e 1

 x 4 Ln ( x) x 4  e 4 Ln (e) e 4  14 Ln (1) 14  3e 4 + 1 − −  −  = −  = x Ln ( x ) dx =  16 4 16  4 16  4 16  1  3

Calcula

∫

5 x 2 + 6 x + 16 dx x3 + 2x 2 − 4x − 8

Solución Achamos as raíces del denominador x 3 + 2 x 2 − 4 x − 8 ⇒

x = 2; x = −2 (dobre)

Polo tanto x 3 + 2 x 2 − 4 x − 8 = ( x − 2)( x + 2) 2

Descompoñendel en fraccións simples

| LOXSE 83

5 x 2 + 6 x + 16 A( x + 2) 2 + B ( x − 2)( x + 2) + C ( x − 2) A B C = = + + x − 2 x + 2 ( x + 2) 2 ( x − 2)( x + 2) 2 ( x − 2)( x + 2) 2

⇒

Polo tanto,

∫

5 x 2 + 6 x + 16 = A( x + 2) 2 + B ( x − 2)( x + 2) + C ( x − 2)

Para x = 2

48 = 16A

⇒

A=3

Para x = −2

24 = −4C

⇒

C = −6

Para x = 0

16 = 12 −4B + 12

 3 2 −6 5 x 2 + 6 x + 16  + + = dx 2 ∫  x 3 + 2x 2 − 4x − 8  x − 2 x + 2 ( x + 2)

= 3∫

⇒

B=2

  dx = 

( x + 2) −1 dx dx + 2∫ − 6∫ ( x + 2) −2 dx = 3 ln | x − 2 | + 2 ln | x + 2 | − 6 +C x−2 x+2 −1

= = 3 ln | x − 2 | + 2 ln | x + 2 | +

6 +C x+2

3 A. Ó calcular a área dun recinto por unha integral definida, ¿depende da primitiva que se utilice? Razoar a resposta. B. Calcular a integral definida:

∫

3 2

1 dx x (ln x ) 4

Solución

A. O cálculo da área dun recinto es independente da primitiva elixida, xa que

∫

b a

f ( x ) dx = [F ( x) + C ] a = F ( a ) + C − F (b) − C = F ( a ) − F (b ) = [F ( x)] a b

| LOXSE 84

∫

3 2

3  (ln x) −3  1 1  1 −4 1 ( l n x ) dx = = =−  dx    = ∫ 4 2 x 3  (l n x ) 3  2 x (ln x)  −3  2

1 1 1 −  − 3 3  (ln 3) (ln 2) 3

  ≈ 

≈ 0,7495.

4 Calcular a área da superficie limitada polas curvas y = x 2 − 4 y y = −2 x 2 + 8. Representar graficamente a figura resultante.

Solución As gráficas de las funcións y = x 2 − 4 y y = −2 x 2 + 8 son parábolas.

A parábola y = x 2 − 4 ten o vértice no punto (0, −4) y corta o eixe OX nos puntos (−2, 0) e (2, 0)

(−2,

A parábola y = −2 x 2 + 8 ten o vértice no punto (0, 8) y corta o eixe OX nos puntos 0) e (2, 0).

A gráfica da figura resultante es: y = x2 − 4

−2

| LOXSE 85

y = −2x2 + 8

A área da superficie a calcular es a correspondente á zona sombreada. Dada a simetría da figura, basta hallar a área entre 0 y 2, y multiplicala por 2.

A1 = ∫

2 0

[(−2 x

]

[

+ 8) − ( x 2 − 4) dx = ∫ (−3x 2 + 12) dx = − x 3 + 12 x 0

]

2 0

= 16

A área pedida es: A = 2 A1 = 2 · 16 = 32 u2.

5 Calcular a área del recinto limitadel pola parábola 2y2 = x − 2, o eixo de abscisas y a tan-xente á parábola paralela á recta 2y = x − 3. Facer un debuxo del recinto descrito.

Solución Temos que hallar o punto no que a tanxente á parábola es paralela á recta y = Para iso calculamos o punto no que a derivada y ′ vale

1 3 x− . 2 2

1 . 2 | LOXSE 86

Derivandel implicitamente en la ecuación da parábola temos 4yy′ = 1, logo y ′ = Polo tanto a pendente da tanxente no punto P ( x0 , y 0 ) buscadel es m = 1 1 = 4 y0 2

Sustituyendo en 2y2 = x − 2, temos 2 ·

⇒

y0 =

1 = x0 − 2 4

1 . 4y

1 , de onde: 4 y0

1 2

⇒

x0 =

5 2

5 1 O punto de tanxencia es P ,  2 2

A ecuación da recta tanxente á parábola no punto P es:

y−

1 1 5 = x −  ⇒ 2 2 2

1 3 x− 2 4

Achemos o punto no que esta recta corta o eixe OX: Se y = 0

⇒

1 3 x− =0 2 4

⇒

3 3  . O punto de corte es A , 0  2 2 

A parábola ten o vértice no punto B(2, 0) O debuxo del recinto es:

P A B 3/2 2

C 5/2

A área del recinto pedidel es a diferencia entre a área del triángulo ACP y a área del recinto PBC.

| LOXSE 87

1· A = área (ACP) − área (PBC) =

1 2 −

∫

5/ 2 2

1 x−2 dx = − 2 4

∫

5/ 2 2

 x−2    2 

1 2

dx =

5/ 2 1  x − 2  1 − 2∫   2 4 2 2 

1 2

3 2   2 5 x − 2      3 2   2   1 1 4  x − 2 dx = − 2  = −     =  3 4 4 3 2        2 2    2

1 4 − 4 3

u2.

5   −2 2  = 1 − 4 4 3  2     

1 4 1 −   = 4 3 4

1 4 1 1 1 1 1 − · = − =   = 4 3 8 4 6 12 2

6 Dada a función f definida por  1 0≤ x ≤1 f ( x) =  x − 1 1 < x ≤ 2 constrúese unha nova función a[ f ] mediante: se 0 ≤ x 0 ≤ 2, entón a[ f ]( x 0 ) =área delimitada por lo grafo de f co eixe OX y mailas rectas x = 0 y x = x0 . a) Comprobar que a función a[ f ], así definida, es continua. b) Se se repetise a construcción para a función a[ f ], razoar que a función obtida a [a [ f ]] sería derivable

Solución | LOXSE 88

A función f ( x ) > 0 no intervalo [0, 2], daquela a función a[f] está definida da siguiente forma:  x0 1 dx se 0 ≤ x0 ≤ 1 ∫ 0 a[f] ( x0 ) =  1 x0  ∫ 1 dx + ∫ ( x − 1) dx se 1 < x 0 ≤ 2 1  0 Tendel en cuenta que:

∫

x0 0

1 0

1 dx = [ x ] 00 = x 0 x

1 dx + ∫

 ( x − 1) 2  ( x 0 − 1) 2 ( x − 1) dx = 1 +   = 1+ 2  2 1

 x0  A función a[f] es: a[f] ( x0 ) =  ( x0 − 1) 2 1 + 2 

se 0 ≤ x0 ≤ 1 se 1 < x0 ≤ 2

A función a[f] tamén se pode determinar dunha forma sinxela graficamente: 11

Se 0 ≤ x0 ≤ 1, a[f] ( x0 ) es a área dun rectángulo de base x 0 y altura 1. A1 = x 0 · 1 = x0 Se 1 < x0 ≤ 2, a[f] ( x0 ) es igual A = A2 + A3 , sendel A2 a área dun cadradel de ladel 1: A2 = 12 = 1 e A3 a área dun triángulo rectángulo isóscele de catetos x0 − 1 :

A3 =

( x0 − 1) 2 ( x − 1) 2 , por lo tanto, A = 1 + 0 2 2

a) A función a[f] es continua en [0, 1) y (1, 2] pois está definida, en ditos intervalos, por funcións polinómicas. Estudiemos se es continua en x 0 = 1 a[f] ( 1 ) = 1

| LOXSE 89

lim a[f] ( x 0 ) = lim− x 0 = 1

x0 → 1−

x0 → 1

 ( x0 − 1) 2  lim a[f] ( x0 ) = lim+ 1 +  =1 x0 → 1 x0 → 1+ 2   Daquela a función a[f] es continua en x0 = 1, por lo que es continua en todel o seu dominio b) A función a[f] ( x0 ) > 0 ∀ x 0 ∈ [0, 2] Se a[f] es continua en [0, 2] y a[a[ f ]] es a función definida

∫

x0 0

a[ f ](t ) dt

∀x 0 ∈ [0, 2] entón a[a[ f ]] es derivable en (0, 2) como consecuencia del teorema fundamental del cálculo integral.

LOXSE CN INTEGRALES 1

Resolver:

x ∫ 1 + ( x 2 ) 2 dx

3e x ∫ 1 + e x dx (Loxse. Xuño 1995)

Solución x

∫ 1 + (x

2 2

)

dx =

1 2x 1 dx = arctg x 2 + C 2 2 ∫ 2 1 + (x ) 2

3e x ex x dx = 3 ∫1+ ex ∫ 1 + e x dx = 3 ln 1 + e + C

(

)

| LOXSE 90

Resolver

∫ (4 x

+ 3)e x dx

(Loxse. Setembro 1995)

Solución Aplicandel o métodel de integración por partes:

∫ (4 x

u = 4x 2 + 3

du = 8 x dx

dv = e x dx

v = ex

+ 3)e x dx = ( 4 x 2 + 3)e x − ∫ 8 xe x dx

Volvendel a integrar por partes: u=x

du = dx

dv = e x dx

∫ (4 x

v = ex

+ 3)e x dx = ( 4 x 2 + 3)e x − 8[ xe x − ∫ e x dx ] = ( 4 x 2 + 3)e x − 8xex+8ex + C =

= (4 x 2 + 3 − 8 x + 8)e x + C = (4 x 2 − 8 x + 11)e x + C

3 Calcúlese a área del recinto limitadel polas gráficas de las funcións f ( x) = x 2 − 5 x

g( x ) = 3 x − x 2 ,

entre os seus puntos de corte. (Loxse. Setembro 1995)

Solución y = x2 − 5x

| LOXSE 91

Achamos as abscisas dos puntos de corte de las parábolas resolvendel o sistema:  y = x 2 − 5 x   y = 3 x − x 2

x2 − 5x = 3x − x2

⇔ 2x2 − 8x = 0

⇒

x = 0;

x=4

A área pedida es: A=∫

4 0

= −

[ (3 x − x

]

) − ( x − 5 x ) dx = ∫

4 0

 2x 3  + 4x 2  = ( −2 x + 8 x ) dx = −  3 0 2

2 · 43 64 2 + 4· 42 = u 3 3

Calcular a área del recinto limitadel pola parábola x2 = 2y, o eixe de ordenadas y a tanxente á parábola de pendente −1. Facer un debuxo deste recinto. (Loxse. Xuño 1996)

Solución

| LOXSE 92

Achemos a tanxente á parábola de pendente −1 En primeiro lugar hai que determinar o punto de tanxencia, que es aquel no que a 1 derivada da función y = x 2 vale −1 2 Tendel en cuenta que y ′ = x, a derivada es igual a −1 no punto de abscisa x = −1 1  O punto de tanxencia es  − 1,  y a ecuación da tanxente á parábola nese punto es: 2 

y− A parábola y =

1 = −1[x − (−1)] 2

⇒

y = −x −

1 2

x2 2

1 2 x ten o vértice no punto (0, 0) 2

O debuxo del recinto es:

−1 y = −x −

1 2

A área del recinto es:

1 1   A = ∫  x 2 −  − x −  dx = −1 2 2    0

 x3 x2 x  1 1 2 = +  = x + x + dx   + ∫−1  2 2 2  −1 2 6 0

 (−1) 3 (−1) 2 (−1)  1 2 = u . + + = −  2 2  6  6 | LOXSE 93

5 Calcular o punto x ∈ [0, 5] no que a función:

f ( x) = ∫

t −2

x 0

4+t2

alcanza o mínimo en dito intervalo (Loxse. Setembro 1996)

Solución Como a función integrandel es unha función continua en R, aplicandel o teorema fundamental del cálculo integral, cúmprese que a función derivada de f (x ) es:

f ′( x) =

f ′( x ) = 0

f ′′( x) =

⇒

x−2=0

4 + x 2 − ( x − 2) 2 x

(4 + x )

2 2

⇒

x−2 4 + x2

x=2

4 + 4x − x 2

(4 + x )

2 2

1 > 0 , a función f (x ) ten un mínimo relativo no punto de abscisa x = 8 2. Daquela, o valor pedidel es x = 2.

Como f ′′(2) =

A. Sábese que

∫ a f ( x ) dx = 0 .

¿Pódese asegurar que a = b? Razoar a

resposta. B. Calcular, utilizandel a regra de Barrow, a integral

∫ − 3 x − 1 dx (Loxse. Xuño 1997) | LOXSE 94

Solución A. Non se pode asegurar, pois, se consideramos, por exemplo, a función f (x) = x, 1 ∫ x dx = 0 verifícase: −1

xa que:  x2  x dx =   ∫−1 2 1

= −1

12 (−1) 2 − =0 2 2

A función f ( x ) = x es unha función impar, y as funcións impares teñen os recintos simétricos respecto á orixe de coordenadas, nos que a integral toma valores opostos, por lo que su suma es 0.

Neste exemplo a gráfica es: −1

− x + 1 B. f ( x) = x − 1 =   x −1

se x < 1 se x ≥ 1

∫−3 | x − 1 | dx = ∫ −3 (− x + 1) dx + ∫1

−3

 x2   x2  + x +  − x = ( x − 1) dx =  −  2  −3  2 1

 (−3) 2  32  12  12 + (−3)  + − 3 −  − 1 = 10 = − + 1 −  − 2 2   2 2 

| LOXSE 95

7 Calcular as siguientes integrais

cos x dx 3 x

∫ sen

∫ l n x dx (Loxse. Setembro 1997)

Solución

sen −2 x cos x 1 −3 +C = − A. ∫ dx = ∫ sen x cos x dx = +C 3 −2 sen x 2 sen 2 x B.

∫ ln x dx Integrandel por partes,

∫ ln 8

x dx = x ln x −

u = ln x

du =

dv = dx

v=x

1 dx x

∫ x x dx = x ln x − ∫ dx = x ln x − x + C 1

f ( x ) dx A. Sexa f unha función continua positiva tal que 1 ≤ ∫ 0

≤ 2. ¿Pódese

asegurar que f ( x ) ≥ 1, para todel x ∈ [0, 1]? Razoar a resposta.

B. Calcular a integral π /2

∫π / 4 x cos ( x ) dx (Loxse. Xuño 1998)

Solución

| LOXSE 96

A. Non se pode asegurar. Por exemplo, sexa a función f ( x) = 3 x 2 + 0,3

∫

1 0

[

(3 x 2 + 0,3) dx = x 3 + 0,3x

]

1 0

= 1 + 0,3 = 1,3 1

A función f (x ) é continua y positiva y 1 ≤ ∫ f ( x ) dx ≤ 2 0

Sen embargo f (0) = 0,3 , por lo que non se pode asegurar que f ( x ) ≥ 1 no intervalo [0, 1]

1 0,3

B. Calculamos unha primitiva de por partes.

∫ x cos ( x) dx , utilizandel o métodel de integración

Facendo u=x

du = dx

dv = cos (x) dx

∫ x cos ( x) dx = x sen (x) − ∫ sen ( x) dx = ∫

π/2 π/4

v = sen (x)

x sen (x) + cos (x) + C

x cos ( x) dx = [x sen ( x) + cos ( x)]π / 4 = π/ 2

| LOXSE 97

π π  π  π π  π  sen   + cos   −  sen   + cos   = 2 2  2  4 4  4 

π π 2 2 = − − 2 4 2 2

4π − 2 π − 4 2 8

9 Calcular as siguientes integrais: A.

∫ 2+ x

∫ x sen ( x ) dx (Loxse. Setembro 1998)

Solución 1 dx

1 2∫

∫2+ x

∫ x sen ( x) dx

dx 1 dx 2 2 x 2 = ∫ = dx = arctg +C ∫ 2 2 2 2 2 2 x 2     x x 1+   1 +  1 +  2  2  2

Integrandel por partes, u=x dv = sen ( x) dx

du = dx v = − cos ( x)

∫ x sen ( x) dx = − x cos ( x) − ∫ − cos ( x) dx = − x cos ( x) + ∫ cos ( x) dx = = − x cos ( x ) + sen ( x ) + C

10 Tendel en cuenta que a función f (x) = 2x3 − 3x2 + α toma valores positivos y negativos. Hallar o valor de α de forma que a área da rexión limitada por lo eixe OX, a recta x = −1, a recta x = 2 y a curva y = f (x) = 2x3 − 3x2 + α quede dividida por lo eixe OX en dúas partes con igual área.

| LOXSE 98

(Loxse. Xuño 1999)

Solución Se a área da rexión que queda por debaixo del eixe OX es igual á área da rexión que queda por enriba, verificase:

∫

2 −1

( 2 x 3 − 3 x 2 + α ) dx =0

 x4  3 ( 2 x − 3 x + α ) dx =  − x + αx  ∫−1 2  2

Polo tanto,

∫ −1 (2 x

= −1

 (−1) 4  24 3 − 2 3 + 2α −  − (−1) 3 + α(−1)  = 3α − 2 2  2 

− 3 x 2 + α ) dx = 0 ⇒ 3α −

3 =0 ⇒ 2

α=

1 2

11 Calcular a área del recinto limitadel polas gráficas de las siguientes curvas: xy = 1, y = x2, x = 3. Facer un debuxo del recinto descrito. (Loxse. Setembro 1999)

Solución A gráfica da función y = x2 es unha parábola de vértice no punto (0, 0), a gráfica da función xy = 1 es unha hipérbole equilátera y a gráfica de x = 3 es unha recta paralela ó eixe OY.

O recinto descrito no problema es a rexión sombreada en la siguiente figura: y = x2

| LOXSE 99 xy = 1 x=3

Achamos o punto de corte da parábola y da hipérbole resolvendel o sistema:

 xy = 1  2 y = x x3 = 1

Obtendo:

⇒

x=1

A área del recinto es:

A=∫

 x3   13  26 1 33 − ln 3 −  − ln 1 = − ln 3 ≈ 7,57 u2.  x −  dx =  − ln x  = x  3 1 3 3  3

3 1

Sexa f ( x ) = ∫

1 dt , y sean a, b ∈ R+. Demostra que f ( a · b ) = f ( a ) + f ( b ). t (Loxse. Xuño 2000)

Solución f ( x) = ∫

1 x dt = [ln | t |]1 = ln x − ln 1 = ln x. t

Polo tanto, f ( a · b ) = ln ( a · b ) = ln a + ln b = f ( a ) + f (b ).

13 | LOXSE 100

A. Se f es unha función continua en [a, b], ¿pode ser∫ f ( t ) dt = 0 ? a resposta cun exemplo. B. Calcule

∫0

Razoe a

x 1 + x 2 dx

(Loxse. Setembro 2000)

Solución A. Pode ser, por exemplo, a función f ( x ) = cos x es continua en [0, π] y cumpre:

∫

cos x dx = [sen x ] 0 = 0 π

Neste exemplo a gráfica es:

π/2

∫0

(

1 3 2x 1 + x 2 ∫ 0 2

x 1 + x 2 dx =

(

1 =  1 + ( 3) 2 3 

)

3/ 2

)

1/ 2

 1  1 + x2 dx =  3 2  2

(

 3/2    

)

(

1 1+ x2  3

)

3/ 2 

 0

1 1 7 − 13 / 2  = 4 3 / 2 − 1 = · 7 =  3 3 3

(

)

14 | LOXSE 101

Sabendel que P ( x ) es un polinomio de terceiro grao cun punto de inflexión en (1, 0) y con P ′′′(1) = 24 onde, ademais, a tanxente ó polinomio nese punto es horizontal, calcule:

∫

1 0

P ( x ) dx

(Loxse. Xuño 2001)

Solución Unha función polinómica de terceiro grao es da forma: P ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d , con a ≠ 0 Polo tanto, P ′( x) = 3ax 2 + 2bx + c P ′′( x ) = 6 ax + 2b P ′′′( x ) = 6 a

Neste caso, por ser P ′′′(1) = 24 ⇒ 6a = 24 Se a función ten un punto de inflexión en (1, 0), es preciso que a función pase por (1, 0), es dicir, que P (1) = 0 y que P ′′(1) = 0 . Se ademais a tanxente en dito punto es horizontal, entón P ′(1) = 0 P (1) = 0

⇒ a · 13 + b · 12 + c · 1 + d = 0

P ′(1) = 0 ⇒ 3a · 12 + 2b · 1 + c = 0 P ′′(1) = 0 ⇒ 6a · 1 + 2b = 0 P ′′′(1) = 24 ⇒ 6a = 24

⇒ a + b + c + d = 0 d = −4  c = 12 ⇒ 3a + 2b + c = 0   ⇒ b = −12 ⇒ 6a + 2b = 0   a=4 ⇒ a=4 

O polinomio P (x ) es P ( x) = 4 x 3 − 12 x 2 + 12 x − 4

∫

1 0

[

(4 x 3 − 12 x 2 + 12 x − 4) dx = x 4 − 4 x 3 + 6 x 2 − 4 x

]

1 0

= 1 − 4 · 1 + 6 · 1 - 4 · 1 = −1

| LOXSE 102

3 x x ≤ 0 x− | x | y g( x ) =  2 , calcule 2 x x 0 >  denota a composición desas funcións)

Dadas f ( x ) =

∫

−1

x 2 ( g f )( x ) dx

(g f

(Loxse. Xuño 2001)

Solución  x − (− x) se x ≤ 0 x − | x |  2 f ( x) = = ⇒ x − x 2  se x > 0  2

 x se x ≤ 0 f ( x) =  0 se x > 0

En consecuencia, 3 x se x ≤ 0 ( g f )( x) = g [ f ( x)] =  0 se x > 0 Polo tanto:

∫

−1

x · ( g f )( x) dx = ∫ 2

−1

x · 3 x dx = ∫ 2

−1

 3(−1) 4  3x 4  3 x dx =   = −  4  −1  4 3

 3  = − 4 

16 Sean f y g dúas funcións continuas, definidas no intervalo [a, b], que verifican que

∫

f = ∫ g . Demostre que existen α, β ∈ [a, b] tales que f ( α ) = g (β ). a

(Loxse. Setembro 2001)

Solución Tendel en cuenta o teorema del valor medio del cálculo integral:

| LOXSE 103

Se f es continua no intervalo [a, b], existe α ∈ [a, b], tal que

∫

Se g es continua no intervalo [a, b], existe β ∈ [a, b], tal que

∫

f ( x) dx = f (α)(b − a) g ( x) dx = f (β)(b − a)

Daquela,

∫

f ( x) dx = ∫ g ( x) dx ⇒ f (α )(b − a ) = g (β)(b − a ) ⇒ f (α ) = g (β) a

En consecuencia, existen α, β ∈ [a, b], tales que f (α ) = g (β)

V i d eo s yo u t u b e h t t p : / / w w w . yo u t u b e. co m / w at ch ? v =v fFu E x 9 _ H IE h t t p : / / w w w . yo u t u b e. co m / w at ch ? v =K Y x s iW 9 n 5 M k &feat u r e=r el at ed E n i n gl és h t t p : / / w w w . yo u t u b e. co m / w at ch ? v =-D O 9 j X 6 n m S Q P o l i ed ro s h t t p : / / w w w . yo u t u b e. co m / w at ch ? v =d z 9 1X Q u M Y Y E &fe at u re =rel at ed Bari cen t ro co n g eo g eb ra h t t p : / / w w w . yo u t u b e. co m / w at ch ? v =cp 7 A S k e_ V R Y &f eat u r e= rel at ed h t t p : / / w w w . v i d eo -s h q i p . n et / G eo G eb r a-P u n t o s - yP o l i go n o s _ _ R P m d Fs T d w _ k . h t m l M u y b i en co n an i m a ci o n es h t t p : / / w w w . m at h o p en ref. co m / t o cs / co o rd p o i n t s t o c. h t m l h t t p : / / w w w . m yg eo m et r yt each er. co m / C o n ap p l et s co n co o rd en ad as es p aci al es h t t p : / / w w w . u n i v i e. ac. at / fu t u re. m ed i a/ m o e/ g al eri e. h t m l h t t p : / / w w w . u n i v i e. ac. at / fu t u re. m ed i a/ m o e/ g al eri e/ geo m 1 / ge o m 1 . h t m l h t t p : / / w w w . u n i v i e. ac. at / fu t u re. m ed i a/ m o e/ g al eri e/ geo m 2 / ge o m 2 . h t m l P d fs * * * * * h t t p : / / w w w . p d f-s ear ch -en gi n e. co m / an al yt i c- g eo m et r y-p d f. h t m l h t t p : / / w w w . p d f-s ear ch -en gi n e. co m / m % C 3 % 8 9 t ri co s -p d f.h t m l | LOXSE 104

C u ri o s a p res en t a ci o n 3 D http://images.google.es/imgres?imgurl=http://www.flohmueller.de/pov_tut/a_geo/a_geo_01.jpg&imgrefurl=http://www.flohmueller.de/pov_tut/a_geo/a_geo10e.htm&usg=__wejU36Ghpyo-2CBvLkRreNkyH8=&h=360&w=480&sz=29&hl=es&start=21&um=1&tbnid=bvCQ_2tRrH84IM:&tbnh=97 &tbnw=129&prev=/images%3Fq%3Danalytical%2Bgeometry%2Bspace%26gbv%3D2%26 ndsp%3D18%26hl%3Des%26sa%3DN%26start%3D18%26um%3D1

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U⌀ℕℤℚ∊ℝℂℙℐΩ⇐⇒⇔⇏∊∉∈∅⇾≈≔⇎⇝≡ℤ≤≥≲≳≴≵≮≯∀⇒∊≠∅⊂⟇·∊∃ A⨯Bεαβηθλµξσφφδεε

·∅U∩∪∼∿⊂⊃⊆⊇⊄⋂⋃⊅∧∨U⤳≮≠|∂∆√±∞ǀǁƟƩǃξχ∘6⊕⊗⊛⋅♫♯ ⨁⨂✘✔×

ℕ

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