1 Ejercicios selectivoExercise 1 Un vehículo se acerca a una torre de 100 m de altura.con unavelocidad de 25 m/seg ¿Cuál es la velocidad de variación del ángulo con que elvehículo observa el edificio , en el instante en que éste se encuentra a 300 m desu base ?
Datos: Nos indican quedx
dt= 25 m/seg y nos piden que calculemos
dα
dtcuando x = 300 mNosotros sabemos que:
α = arctan100
x
dα
dx=
d¡arctan 100x
¢dx
= − 100
x2 + 10 000
Por la regla de la cadena:
dα
dt=
dα
dx·dxdt= − 100
x2 + 10 000·25
Ahora bien; cuando x = 300 mµdα
dt
¶x=300
= − 100
3002 + 10 000·25 = − 1
40rad/seg
1
Exercise 2 Una persona de 1.80 m de altura se aleja de un poste de alumbradode 6 m de altura con una velocidad de 1 m/s . ¿Con qué rapidez crece la sombrade la persona?
Figure 1:
Por el dibujo, observamos que1.8
6=
s
s+ x→ 1.8(s+ x) = 6s
Despejando la variable s (s sombra en función de la distancia al poste dealumbrado x) tendremos
s =1.8x
4.2=3x
7x es una función que depende del tiempo
Nosotros sabemos queds
dx=3
7y que por hipótesis
dx
dt= 1 m/s
Utilizando la regal de la cadena; tendremos
ds
dt=
ds
dx· dxdt
Por lo que; la rapidez con la que crece la sombra de la persona es
ds
dt=
ds
dx· dxdt=3
7m/s
2
Exercise 3 Determina el punto de la recta 3x + y − 4 = 0 cuya distancia alpunto Q(2,−1) sea mínima. Calcula la distancia del punto Q a la recta dada
Como la recta viene dada por la ecuación 3x+ y − 4 = 0→ y = −3x+ 4Se trata de determinar el punto de la recta P (x,−3x+ 4) tal que:
dist(P,Q) =°°°−−→QP°°° sea mínima∙
P (x,−3x+ 4)Q(2,−1)
¸→ −−→QP = (x− 2,−3x+ 4 + 1)→ −−→QP (x− 2,−3x+ 5)
La función a minimizar es:
H(x) = dist(P,Q) =
q(x− 2)2 + (−3x+ 5)2
Minimizar una función que siempre es positiva para cualquier valor de sudominio es equivalente a minimizar el cuadrado de éstaEl problema queda reducido a determinar el mínimo de la función
J(x) = H2(x) = (x− 2)2 + (−3x+ 5)2
Para ello, calculamos su primera y su segunda derivada derivada
J 0(x) = 2 (x− 2) + 2 (−3x+ 5) (−3) = 20x− 34J 00(x) = 20
El único valor que anula su primera derivada es x = 1710 y además para él
se verifica que J 00(1710) > 0. Entonces; por el criterio de la segunda derivadapara mínimos locales (es también mínimo absoluto); podemos afirmar que parael punto de la recta P ( 1710 ,−3
1710 +4) = P
¡1710 ,−
1110
¢se verifica que J es mínima
Calculemos ahora J y H
J(17
10) =
µ17
10− 2¶2+
µ−5110+ 5
¶2=1
10→ H = dist(P,Q) =
√10
10
Nota: Recuerda que para calcular la distancia de un punto Q(a, b) a unarecta r de ecuación Ax+By + C = 0 se utiliza la fórmula:
dist(Q, r) =|Aa+Bb+ C|√
A2 +B2
Segun lo anterior, la distancia que nos han pedido la podíamos haber calcu-lado así:
dist(Q(2,−1), r ≡ 3x+ y − 4) = |3·2 + 1(−1)− 4|√32 + 12
=1√10=
√10
10
3
Exercise 4 Se quiere construir un recipiente cónico de generatriz g = 10 cm yde capacidad máxima.¿Cuál debe ser el radio ,r, de la base y la altura h?Ayuda: El volumen de un cono es
V =1
3πr2h
g2 = h2 + r2
Como la generatriz es de 10 cm→ 100 = h2 + r2 → r2 = 100− h2
La funcióna maximizar es :
V =1
3π¡100− h2
¢h =
1
3π¡100h− h3
¢con h ∈ [0, 10]
Nota:Si∙
h = 0→ V = 0h = 10→ V = 0
¸Calculamos la primera y segunda derivada de la función volumen
V 0(h) =1
3π(100− 3h2)
V 00(h) =1
3π(−6h)
El único valor que anulan la primera derivada es h = 103
√3 y como para él
se verificda además que V 00(103√3) =
1
3π(−20
√3) <0. Entonces, por la criterio
de la segunda derivada de máximo local (en este caso es absoluto también);podemos afirmar que:
Para h =10
3
√3 cm y r =
s100−
µ10
3
√3
¶2=10
3
√6 cm
El volumen V =1
3π
µ10
3
√6
¶210
3
√3 =
2000
27
√3π cm3
4
Exercise 5 Una camara de televisión, situada a ras de suelo, está filmando eldespegue de un cohete espacial, que se mueve verticalmente de acuerdo con laecuación s = 50t2, donde s se mide en metros y t en seg. La cámara dista 2000metros del punto de lanzamiento.¿Cuál es la velocidad de cambio del ángulo α de elevación de la cámara diezsegundos después del despegue?
Nos piden que calculemosdα
dtcuando t = 10seg
Por el dibujo, tenemos
dα
dt=
d³arctan 50t2
2000
´dt
=80t
t4 + 1600
Por lo tanto; cuando t = 10; tendremos:µdα
dt
¶t=10
=80 (10)
104 + 1600=2
29rad/seg
5
Exercise 6 Un globo sabemos que asciende desde un puntoA ,situado en elsuelo, con una velocidad de 15 m/s.Cuando éste se encuentra a una altura de200 metros un vehículo pasa por el punto A con una velocidad de 12.5 m/seg.Cuál es la velocidad de variación de la distancia que los separa un segundodespués de pasar el vehículo por el punto A?
Si consideramos que han transcurrido t seg desde que el vehículo pasa porA; la posición de ambos objets viene determinada en el siguiente gráfico:
Si te fijas en el dibujo, observarás que la distancia que los separa es
s =
q(12.5t)2 + (200 + 15t)2
Su derivada esds
dt= =
(381.25t+ 3000)√381.25t2 + 6000t+ 40000
Nos están pidiendoµds
dt
¶t=1 seg
=(381.25 + 3000)√
381.25 + 6000 + 40000= 15. 7 m/seg
6
Exercise 7 Calcula los siguientes límites
a) limx→+∞
¡3√x3 + 6x2 − x
¢b) lim
x→2
√x+ 2− 2x− 2 c) lim
x→0+ax − bx
sinx
c) limx→1
µ1
x− 1 −1lnx
¶Solución a: lim
x→+∞
¡3√x3 + 6x2 − x
¢= ”∞−∞”
Vamos a realizar el siguiente cambio de variable z = 1x . Si x → +∞ ⇔
z → 0.
limx→+∞
³3px3 + 6x2 − x
´= lim
z→0
⎛⎝ 3
sµ1
z
¶3+ 6
µ1
z
¶2− 1
z
⎞⎠ = limz→0
µ3√1 + 6z − 1
z
¶
Este nuevo límite limz→0
µ3√1 + 6z − 1
z
¶presenta la indeterminación 0
0 . Apli-
cando L’hôpital
limz→0
⎛⎝ 6
3 3√(1+6z)2
1
⎞⎠ = limz→0
6
3 3
q(1 + 6z)
2= 2
Nota 1: El límite siguiente limz→0
µ3√1 + 6z − 1
z
¶también es posible resolverlo
utilizando infintésimosComo z → 0 ; 3
√1 + 6z − 1 es un infinitésimo equivalente a 1
36z = 2z. Conlo que:
limz→0
µ3√1 + 6z − 1
z
¶= lim
z→0
2z
z= 2
Nota2: El límite inicial también se puede resolver teniendo presente :
A3 −B3 = (A−B)(A2 +AB +B2)→ (A−B) =A3 −B3
(A2 +AB +B2)
limx→+∞
¡3√x3 + 6x2 − x
¢= lim
x→+∞x3+6x2−x3
( 3√x3+6x2)2+x 3√x3+6x2+x2
= limx→+∞
6x23√x6+12x5+36x4+ 3√x6+6x5+x2
Como este límite presenta la indeterminación ∞∞ , dividiremos numerador ydenominador por x2 (dentro de la raíz cúbica por x6)
limx→+∞
6x23√x6+12x5+36x4+ 3√x6+6x5+x2 = lim
x→+∞6
3 1+ 12x +
36x2+ 3√1+ 6
x+1=
63 = 2
Solución b: Este límite limx→2
√x+ 2− 2x− 2 presenta la indeterminación 0
0 . Apli-
cando L’hôpital
limx→2
12√x+2
1= lim
x→2
1
2√x+ 2
=1
4
7
Nota 1: Vamos a resolverlo utilizando el cambio de variable z = x − 2 ydespués infinitésimos. Es evidente que si x→ 2⇐⇒ z → 0Con lo que.
limx→2
√x+ 2− 2x− 2 = lim
z→0
√4+z−2z = lim
z→0
2√
4+z4 −1z = lim
z→0
2¡p1 + z
4 − 1¢
z
Como z → 0 entoncesp1 + z
4 − 1 es un infinitésimo equivalente a1
2
z
4=
z
8Por lo tanto:
limz→0
2¡p1 + z
4 − 1¢
z= lim
z→0
2³z8
´z
=1
4
Nota 2: Otra manera de resolverlo
limx→2
√x+ 2− 2x− 2 = lim
x→2(√x+2−2)(
√x+2+2)
(x−2)(√x+2+2)
= limx→2
x−2(x−2)(
√x+2+2)
limx→2
1
(√x+2+2)
=1
4
Solución c. Este límite limx→0
ax − bx
sinxpresenta la indeterminación 0
0 . Aplicando
L’hòpital
limx→0
ax ln a− bx ln b
cosx= ln a− ln b = ln
³ab
´Nota 1: Como lim
x→0
ax − bx
sinx= lim
x→0
bx¡¡
ab
¢x − 1¢sinx
, vamos a resolverlo uti-
lizando infinitésimosComo
¡ab
¢x − 1 es un infinitésimo equivalente a x ln¡ab
¢y además sinx es
equivalente a x cuando x→ 0;entonces:
limx→0
bx¡¡
ab
¢x − 1¢sinx
= limx→0
bx¡x ln
¡ab
¢¢x
= b0 ln³ab
´= ln
³ab
´Solución d. lim
x→1
µ1
x− 1 −1lnx
¶=∞−∞. Operando
limx→1
µ1
x− 1 −1
lnx
¶= lim
x→1
lnx− x+ 1
(lnx) (x− 1)
Este límite presenta ahora la indeterminación 00 . Aplicando L’hòpital y
operando después
limx→1
1x − 1
x−1x + lnx
= limx→1
1− x
x− 1 + x lnx
Vuelve a aparecer la indeterminación 00 . Aplicando L’hòpital
limx→1
1− x
x− 1 + x lnx= lim
x→1
−12 + lnx
= −12
8
Exercise 8 Unos altos hornos producen al día x toneladas de acero de baja ca-lidad y 40−5x
10−x toneladas de acero de alta calidad, siendo 8 toneladas la producciónmáxima diaria de acero de baja calidad. Si el precio de una tonelada de acero debaja calidad es de 100 euros y el precio de una tonelada de acero de alta calidades 250 euros, demostrar que se deben producir 5 toneladas por día de acero debaja calidad para que el valor de venta de la producción diaria sea máximo
Solución:El coste de producción diaria viene dado por la función
C = 100x+ 25040− 5x10− x
= 100x+ 2505x− 40x− 10
C =
¡100x2 + 250x− 10000
¢x− 10 con 0 ≤ x ≤ 8
Nota: Si el valor de venta de la producción diaria es máximo → el coste hade ser máxímo
Fíjate que si∙x = 0→ C = 1000 eurosx = 8→ C = 800 euros
¸Calculemos pues el valor de x ∈ [0, 8] para que el coste sea máximo.C(x) =
(100x2+250x−10000)x−10 → C 0 = 100
(x−10)2¡x2 − 20x+ 75
¢Valores que anulan C 0 son:
x2 − 20x+ 75 = 0→ x =
½15 no interesa
5
Calculemos el coste para x = 5
C(5) =
¡100
¡52¢+ 250 (5)− 10000
¢5− 10 = 1250
Como C(5) > C(0) y C(5) > C(8) →El máximo absoluto para la funcióncoste en [0, 8] es x = 5 y C(5) = 1250 euros
La gráfica de la función coste C = (100x2+250x−10000)x−10 en [0, 8] es
0 1 2 3 4 5 6 7 8800
900
1000
1100
1200
x
y
9
Exercise 9 Una ventana rectangular tiene dos de sus vértices sobre la parábolay = 12−x2 y los otros dos sobre el eje de las X. Determina las dimensiones delrectángulo para que su superficie sea máxima
Dibujamos la párábola y = 12− x2
El área del rectángulo PQRT es→ S = 2x¡12− x2
¢con x ∈ [0, 2
√3]
Como S = 24x− 2x3 → S 0 = 24− 6x2 → S 00 = −12xPara
∙x = 0→ S(0) = 0
x = 2√3→ S = 0
¸Valores que anulan su derivada:
24− 6x2 = 0→ x =
½−2 no me interesa2
como para x = 2 se verifica que:
S 0(2) = 0 y S00(2) = −24 < 0→ Si x = 2 la superficie S(2) = 32 u2 es máxima
Aquí está la gráfica de la superficie S = 2x¡12− x2
¢
0 1 2 30
10
20
30
x
y
10
Exercise 10 Dada la función f(x) = x3+ax2+bx+c determina los coeficientesa, b y c si sabemos que:a) En los puntos de su gráfica de abcisas x = 2 y x = 4 su recta tangente esparalela al eje OXb) Tiene un punto de inflexión situado en eje de las abcisas
Solución:f(x) = x3 + ax2 + bx+ c→ f 0(x) = 3x2 + 2ax+ b→ f 00(x) = 6x+ 2aComo en los puntos de abcisa x = 2 y x = 4 nos indican que su recta
tangente es horizontal; entonces
f 0(2) = 0→ 0 = 12 + 4a+ b
f 0(4) = 0→ 0 = 48 + 8a+ b
resolviendo el sistema
4a+ b = −128a+ b = −48
¾→ a = −9, b = 24
La función f es :
f(x) = x3 − 9x2 + 24x+ c→→ f 0(x) = 3x2 − 18x+ 24→ f 00(x) = 6x− 18
Como nos indican que en un punto de la forma P(x0, 0) tenemos un puntode inflexión y al ser f una función derivable hasta el orden 2; por la condiciónnecesaria de punto de inflexión podemos afirmar que:
f 00(x0) = 0→ 0 = 6x0 − 18→ x0 = 3
Sabemos pues; que el punto de inflexión es P (3, 0)Al ser P un punto de la gráfica de f(x) = x3 − 9x2 + 24x+ c ; entonces ha
de verificar su ecuación
0 = 33 − 9¡32¢+ 24 (3) + c→ c = −18
La función pedida es f(x) = x3 − 9x2 + 24x− 18 y su gráfica es:
1 2 3 4 5
-30
-20
-10
xy
11
Exercise 11 Dadas las fuciones reales f(x) = 4x2+2x+10 y g(x) = x3+x2+5x+ 5 se pide lo siguiente:
a) Determina las ecuaciones de las asíntotas a la gráfica de la funciónf(x)
g(x)
b)Calcula la función H(x) =R f(x)
g(x)dx que cumpla H(0) = 0
Solución a)
La función t(x) =f(x)
g(x)=
4x2 + 2x+ 10
x3 + x2 + 5x+ 5es tal que su dominio de defini-
ción y de continuidad es:D(f) = R ∼
©x ∈ R / x3 + x2 + 5x+ 5 = 0
ªResolviendo la ecuación por factorización
x3 + x2 + 5x+ 5 = 0
x2(x+ 1) + 5(x+ 1) = 0
(x2 + 5)(x+ 1) = 0→½
x+ 1 = 0→ x = −1x2 + 5 = 0 No tiene solución real
Podemos concluir queD(f) = R ∼ {−1}
La función no es continua para x = −1; ya que para dicho valor no existeimagenCalculemos pues sus límites laterales
limx→−1+
4x2 + 2x+ 10
x3 + x2 + 5x+ 5= lim
x→−1+4x2 + 2x+ 10
(x2 + 5)(x+ 1)=12
0+= +∞
limx→−1−
4x2 + 2x+ 10
x3 + x2 + 5x+ 5= lim
x→−1−4x2 + 2x+ 10
(x2 + 5)(x+ 1)=12
0−= −∞
La recta x = −1 es una asíntota vertical de ramas divergentesEstudiemos ahora el comportamiento de la función cuando x → +∞ y
cuando x→ −∞lim
x→+∞
4x2 + 2x+ 10
x3 + x2 + 5x+ 5= ”+∞+∞”
dividiendo numerador y denominador por x3; el límite quedará así:
limx→+∞
4x2 + 2x+ 10
x3 + x2 + 5x+ 5= lim
x→+∞
4x +
2x3 +
10x3
1 + 1x +
5x2 +
5x3=0+
1= 0+
limx→+∞
4x2 + 2x+ 10
x3 + x2 + 5x+ 5= ” ∞−∞”
dividiendo numerador y denominador por x3; el límite quedará así:
limx→−∞
4x2 + 2x+ 10
x3 + x2 + 5x+ 5= lim
x→−∞
4x +
2x3 +
10x3
1 + 1x +
5x2 +
5x3=0−
1= 0−
12
Por lo tanto; la recta y = 0 es una asíntota horizontal.Solución bR 4x2 + 2x+ 10
x3 + x2 + 5x+ 5dx
Para calcular la integral anterior, tendremos que descomponer la fracción4x2 + 2x+ 10
(x2 + 5)(x+ 1)de la siguiente manera:
4x2 + 2x+ 10
(x2 + 5)(x+ 1)=
A
x+ 1+Bx+ C
x2 + 5=→ 4x2 + 2x+ 10
(x2 + 5)(x+ 1)=
A(x2 + 1) + (Bx+ C)(x+ 1)
(x2 + 5)(x+ 1)De lo que se deduce::
4x2 + 2x+ 10 = A(x2 + 5) + (Bx+ C)(x+ 1) (@)
Si consideramos en (@) que x = −1 y sustituimos tendremos:
12 = 6A→ A = 2
Si ahora le damos a x = 0 y sustituimos en (@) :
10 = 10 + C → C = 0
Por último, si consideramos en (@) que x = 1 :
16 = 12 + (B)(2)→ B = 2
De esta manera, ya podemos escribir la fracción4x2 + 2x+ 10
(x2 + 5)(x+ 1)= así:
4x2 + 2x+ 10
(x2 + 5)(x+ 1)=
2
x+ 1+
2x
x2 + 1R 4x2 + 2x+ 10
x3 + x2 + 5x+ 5dx =
R 2
x+ 1dx+
R 2x
x2 + 1dx = 2 ln (x+ 1)+ln
¡x2 + 5
¢+
CH(x) = 2 ln (x+ 1) + ln
¡x2 + 5
¢+ C
como por hipótesis nos dicen que H(0) = 0
0 = 2 ln 1 + ln 5 + C → C = − ln 5
La función que nos han pedido con esa condición es:
H(x) = 2 ln (x+ 1) + ln¡x2 + 5
¢− ln 5
H(x) = ln
¯(x+ 1)2(x2 + 5)
5
¯Exercise 12 Dadas las fuciones reales f(x) = 12x3 − 8x2 + 9x − 5 y g(x) =6x2 − 7x+ 2 se pide lo siguiente:a) Determina las ecuaciones de las asíntotas a la gráfica de la función
f(x)
g(x)
b)Calcula la función H(x) =R f(x)
g(x)dx que cumpla H(1) = 1
13
Solución a)
La función t(x) =f(x)
g(x)=12x3 − 8x2 + 9x− 5
6x2 − 7x+ 2 es tal que su dominio de
definición y de continuidad es:D(f) = R ∼
©x ∈ R / 6x2 − 7x+ 2 = 0
ªResolviendo la ecuación por factorización
6x2 − 7x+ 2 = 0→ x =
½2312
,
Podemos concluir que
D(f) = R ∼½2
3,1
2
¾Nota: La descomposición factorial de 6x2 − 7x+ 2 es:
6x2 − 7x+ 2 = 6(x− 12)((x− 2
3)
La función no es continua ni para x = 23 ni para x =
12 ; ya que para dichos
valores no existe imagenCalculemos pues sus límites laterales
a) Para x =1
2
limx→( 12 )
+
12x3 − 8x2 + 9x− 56(x− 1
2 )(x−23 )
=−1
6·0+(− 16)=−10−
= +∞
limx→( 12)
−
12x3 − 8x2 + 9x− 56(x− 1
2 )(x−23 )
=−1
6·0−(−16 )=−10+
= −∞
La recta x = 12 es una asíntota vertical de ramas divergentes
b) Para x = 23
limx→ 2
3
+
12x3 − 8x2 + 9x− 56(x− 1
2)(x−23)
=1
6·(16)0+=1
0+= +∞
limx→ 2
3
−
12x3 − 8x2 + 9x− 56(x− 1
2)(x−23)
=1
6·(16)0−=
1
0−= −∞
La recta x = 23 es una asíntota vertical de ramas divergentes
Esta función no tiene asíntotas horizontales ; ya que:
limx→+∞
12x3 − 8x2 + 9x− 56x2 − 7x+ 2 = lim
x→+∞
12x3
6x2= lim
x→+∞2x = +∞
limx→−∞
12x3 − 8x2 + 9x− 56x2 − 7x+ 2 lim
x→−∞
12x3
6x2= lim
x→−∞2x = −∞
14
Si que tiene asíntota oblícua. Para determinarla vamos a efectuar la divisiónde ambos polinomios:
12x3 − 8x2 + 9x− 56x2 − 7x+ 2 = 2x+ 1 +
12x− 76x2 − 7x+ 2
La asíntota oblícua es la recta
y = 2x+ 1
Puesto que:Si x→ +∞ entonces 12x−7
6x2−7x+2 → 0+ y 12x3−8x2+9x−56x2−7x+2 → (2x+ 1)+
Si x→ −∞ entonces 12x−76x2−7x+2 → 0− y 12x3−8x2+9x−5
6x2−7x+2 → (2x+ 1)−
Es más ; inclusive podemos afirmar que la gráfica y la asíntota oblícua sevan a cortar en el punto de abcisa x = 7
12 e y =136
Comprobémoslo; resolviendo el sistema:
y = 2x+ 1 + 12x−76x2−7x+2
y = 2x+ 1
¾→ 12x− 7
6x2 − 7x+ 2 = 0→ x =7
12
Si x =7
12→ y = 2
7
12+ 1 =
13
6
b) Para calcular la integralR12x3−8x2+9x−5
6x2−7x+2 dx teniendo presenta lo anterior:Z12x3 − 8x2 + 9x− 5
6x2 − 7x+ 2 dx =
Z ∙2x+ 1 +
12x− 76x2 − 7x+ 2
¸dx
La primera integralR(2x+ 1) dx = x2 + x+ C
La segundaR
12x−76x2−7x+2dx = ln
¯6x2 − 7x+ 2
¯Con lo que:Z
12x3 − 8x2 + 9x− 56x2 − 7x+ 2 dx = x2 + x+ ln
¯6x2 − 7x+ 2
¯+ C
La integralR
12x−76x2−7x+2dx también la podemos también resolver
descomponiendo la fracción que hay dentro de la integral de la sigu-iente manera:
12x− 76(x− 1
2)((x−23)
=1
6
∙A
(x− 12 )+
B
(x− 23)
¸12x− 7
6(x− 12)((x−
23)
=A(x− 2
3) +B(x− 12)
6(x− 12)((x−
23)
De donde obtenemos:
12x− 7 = A(x− 23) +B(x− 1
2) (@@)
Si asignamos en (@@) a x el valor 12 → −1 = A¡−16¢→ A = 6
15
Si asignamos en (@@) a x el valor 23 → 1 = B¡16
¢→ B = 6
Como
12x− 76(x− 1
2)((x−23)=1
6
∙6
(x− 12)+
6
(x− 23)
¸=
1
(x− 12)+
1
(x− 23)
entonces:Z12x− 7
6(x− 12 )((x−
23)dx =
Z1
(x− 12)dx+
Z1
(x− 23)dxZ
12x− 76(x− 1
2 )((x−23)dx = ln
¯x− 1
2
¯+ ln
¯x− 2
3
¯+ C 0
Resultado final:
H(x) =
Z12x3 − 8x2 + 9x− 5
6x2 − 7x+ 2 dx = x2 + x+ ln¯6x2 − 7x+ 2
¯− ln 6 + C 0
H(x) = x2 + x++ln¯6x2 − 7x+ 2
¯+ C
Como nos dicen que H(1) = 1 sustituyendo; tendremos:
1 = H(x) = 12 + 1 + ln |1|+ C
C = −1
La función que nos han pedido es:
H(x) = x2 + x− 1 + ln¯6x2 − 7x+ 2
¯
16
Exercise 13 A) Dibuja la gráfica de la función f(x) =¯x2 − 4
¯b) Determina los máximos y mínimos absolutos de esta función en [−1, 4]c) Determina el área comprendida entre la gráfica de y =
¯x2 − 4
¯,las rectas
verticales x = −1 , x = 4 y el eje de las X
SoluciónA) En primer lugar dibujamos la gráfica de la parábola y = x2 − 4
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
5
10
15
20
x
y
y = x2 − 4
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
5
10
15
20
x
y
y =¯x2 − 4
¯Determinamos los puntos de corte de la parábola con el eje de las x
y = x2 − 4y = 0
¾→ 0 = x2 − 4→
½x = 2x = −2
La parábola corta al eje de las x en P (2, 0) y Q(−2, 0)
Definimos ahora la función f(x) =¯x2 − 4
¯=
⎧⎨⎩ x2 − 4 si x ≤ −2−x2 + 4 si− 2 < x ≤ 2x2 − 4 si x > −2
La función derivada primera es f 0(x) =
⎧⎨⎩ 2x si x < −2−2x si− 2 < x < 22x si x > −2
.
Resaltemos el hecho de que la función no es derivable en los puntos de abcisax = −2 y x = 2 (son puntos angulosos)
La función derivada segunda es f 00(x) =
⎧⎨⎩ 2 si x < −2−2 si− 2 < x < 22 si x > −2
B) A la vista de la gráfica; podemos afirmar que los máximos y mínimosabsolutos de la función y =
¯x2 − 4
¯en [−1, 4] son:
El máximo absoluto de y =¯x2 − 4
¯en [−1, 4] es H(4, 12)
El mínimo absoluto de y =¯x2 − 4
¯en [−1, 4] es P (2, 0)
Nota 1: El punto de coordenadas T (0, 4) es un máximo local de la función(f 0(0) = 0 y f 00(0) = −2 < 0); sin embargo, no es máximo absoluto dey =
¯x2 − 4
¯en [−1, 4]
17
C) Para calcular el área comprendida entre la función y =¯x2 − 4
¯las rectas
x = −1 y x = 4 y el eje de las X calcularemos dos integrales
2Z−1
(−x2 + 4)dx =h−x3
3 + 4xi2−1= −233 + 8−
³− (−1)
3
3 − 4´= 9
4Z2
(x2 − 4)dx =hx3
3 − 4xi42= 43
3 − 16−³23
3 − 8´= 32
3
El área pedida es
A =
2Z−1
(−x2 + 4)dx+4Z2
(x2 − 4)dx = 9 + 323=59
3u2
18
Exercise 14 Determina el valor de λ (λ > 0) para que el área comprendidaentre las funciones f(x) = x3 y g(x) = λx valga 2 u2
Determinamos los puntos de corte entre ambas funciones
y = x3
y = λx
¾→ x3 − λx = 0→
⎧⎨⎩x = 0
x =√λ
x = −√λ
Ambas gráficas se cortan en O(0, 0), P (√λ, λ√λ) y Q(−
√λ,−λ
√λ)
Como ambas funciones son impares dicha área coincide con:
2
√λZ
0
¡λx− x3
¢dx = 2
∙λx2
2− x4
4
¸√λ0
= 2
∙λ2
2− λ2
4
¸=
λ2
2
Al valer dicha área 2 u2, resolviendo la ecuación
λ2
2= 2→ λ =
½2−2 no me interesa
19
Exercise 15 Resolver y discutir el sistema
⎧⎨⎩ αx+ y + z = 1x+ αy + z = 1x+ y + αz = 1
según los valores del párametro α. Resuelve el sistema cuando α = 0
Solución:La matriz de coeficientes del sistema y la matriz ampliada son :
A =
⎛⎝ α 1 11 α 11 1 α
⎞⎠→ A0 =
⎛⎝ α 1 11 α 11 1 α
111
⎞⎠Empezamos calculando el determinante de la matriz de coeficientes del sis-
tema
|A| =
¯¯ α 1 11 α 11 1 α
¯¯ = α3 − 3α+ 2
Factorizando dicho polinomio tendremos
|A| = α3 − 3α+ 2 = (α+ 2) (α− 1)2
Casos que se pueden presentar
1 Si α 6= 1 y α 6= −2→ |A| 6= 0
Por lo tanto
Rango A = Rango A0 = 3 (no incógnitas)
Y en virtud del Teorema de Rouche-Frobenius; el sistema es compatibledeterminado.Para obtener sus soluciones utilizaremos la regla de Cramer; con lo que:
x =
1 1 11 α 11 1 α
|A| =α2 − 2α+ 1
(α+ 2) (α− 1)2=
(α− 1)2
(α+ 2) (α− 1)2=
1
α+ 2
y =
α 1 11 1 11 1 α
|A| =α2 − 2α+ 1
(α+ 2) (α− 1)2=
(α− 1)2
(α+ 2) (α− 1)2=
1
α+ 2
z =
α 1 11 α 11 1 1
|A| =α2 − 2α+ 1
(α+ 2) (α− 1)2=
(α− 1)2
(α+ 2) (α− 1)2=
1
α+ 2
2 Si α = 1→ |A| = 0→ Rango A < 3
20
Particularizando ambas matrices
A =
⎛⎝ 1 1 11 1 11 1 1
⎞⎠→ A0 =
⎛⎝ 1 1 11 1 11 1 1
111
⎞⎠Es evidente que
Rango A = Rango A0 = 1 < 3 (no incógnitas)
Por el teorema de Rouche-Frobenius; el sistema es compatible doblementeindeterminado.Resolver el sistema inicial es equivalente a resolver la ecuación:
x = 1− y − z
Con lo que el conjunto solución del sistema será:
S = {(1− a− b, a, b) / a, b ∈ R}
3 Si α = −2
Particularizamos ambas matrices
A =
⎛⎝ −2 1 11 −2 11 1 −2
⎞⎠→ A0 =
⎛⎝ −2 1 11 −2 11 1 −2
111
⎞⎠Como |A| = 0 → Rango A < 3 (las tres columnas de A son linealmente
dependientes)
Al ser
¯−2 11 −2
¯= 3 6= 0 →La 1a y 2 a columna de A son linealmente
independientes ;siendo la 3a columna combinación lineal de las anteriores.El rango de la matriz A es 2Pasemos pues; a calcular el rango de la matriz ampliada teniendo en cuenta
que:
Rango A0 = Rang
⎛⎝ −2 11 −21 1
111
⎞⎠Como ¯
¯ −2 11 −21 1
111
¯¯ = 9 6= 0
Entonces el Rango de A 0 es 3Al no coincidir los rangos de ambas matrices, por el teorema de Rouche-
Frobenius, el sistema será incompatibleB) La solución del sistema para α = 0 es la siguiente
x = 10+2 =
12
y = 10+2 =
12
z = 10+2 =
12
21
Exercise 16 Sean I y A las matrices cuadradas siguientes I =
µ1 00 1
¶,
A =
µ17 29−10 −17
¶Se pide calcular, escribiendo explícitamente las operaciones necesarias:a) Las matrices A2 y A3
b) Los números reales α y β para los que se verifica (I +A)3 = αI + βA
Solución
A =
µ17 29−10 −17
¶A2 =
µ17 29−10 −17
¶µ17 29−10 −17
¶=
µ−1 00 −1
¶= −I
A3 = A2·A = −I·A = −AI +A =
µ1 00 1
¶+
µ17 29−10 −17
¶=
µ18 29−10 −16
¶Al conmutar las matrices I y la matriz A se verifica la siguiente igualdad
notable:(I +A)3 = A3 + 3A2I + 3AI2 + I3
Teniendo en cuenta que
⎡⎢⎢⎣A3 = −AA2 = −II2 = II3 = I
⎤⎥⎥⎦ obtendremos(I +A)
3= −A+ 3(−I)I + 3AI + I = −2I + 2A
Por lo tanto; α = −2 y β = 2Comprobemos que está bien, realizando todos los cálculos:
(I +A)2 =
µ18 29−10 −16
¶µ18 29−10 −16
¶=
µ34 58−20 −34
¶(I +A)3 =
µ34 58−20 −34
¶µ18 29−10 −16
¶=
µ32 58−20 −36
¶αI+βA = α
µ1 00 1
¶+β
µ17 29−10 −17
¶=
µα+ 17β 29β−10β α− 17β
¶Igualando las dos últimas expresiones:
α+ 17β = 3229β = 58−10β = −20α− 17β = −36
⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭→ α = −2, β = 2
22
Exercise 17 Se considera en el primer cuadrante la región R del plano limitado
por el eje X, el eje Y , la recta x = 2 y la curva y =1
4 + x2a) Calcular razonadamente el área de la región Rb) Encontrar el valor de α para que la recta x = α divida la región R en dospartes A (izquierda) y B (derecha) tales que el área de A sea el doble que la deB
SoluciónEn primer lugar calculamos la primitiva de la función dadaZ
1
4 + x2dx =
1
2arctan
1
2x+ C
En segundo lugar dibujamos su gráfica para x ≥ 0:
El área de la región R es:
2Z0
1
4 + x2dx =
∙1
2arctan
1
2x
¸20
=1
2arctan 1 =
1
2
π
4=
π
8u2
b) La región R anterior la dividimos mediante la recta x = α en dos zonasA (roja) y B ( rosa)
23
Area de A =
αZ0
1
4 + x2dx =
£12 arctan
12x¤α0= 1
2 arctanα
2
y
Area de B =
2Zα
1
4 + x2dx =
£12 arctan
12x¤2α= π
8 −12 arctan
α
2
como nos indican la condición:
Area de A = 2Area de B
Tendremos que resolver la ecuación:
1
2arctan
α
2=
π
4− arctan α
2
arctanα
2=
π
6→ α
2= tan
π
6=
√3
3
α =2√3
3
A =
2√3
3Z0
1
4 + x2dx = 1
12π
B =
2Z2√3
3
1
4 + x2dx = 1
24π
24