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IES Francico Ayala
Examen modelo 5 del Libro 1998_99 con soluciones
Germán Jesús Rubio luna
Opción A
Ejercicio 1 del Modelo 5 de la Opción A de sobrantes del Libro 1998_99.
2
x
[2'5 puntos]. Calcula el siguiente limite lim [(senx) ]/(e – x – 1)
x→ 0
Solución
2
x
2
0
lim [(senx) ]/(e – x – 1) = [(sen0) ]/(e – 0 – 1) = 0/0 {L’Hôpital}
x→ 0
2
x
x
0
lim [(senx) ]/(e – x – 1) = lim (2senxcosx)/(e – 1) = (2sen0cos0)/(e – 1) = 0/0 {L’Hôpital}
x→ 0
x→ 0
x
x
2
2
x
lim (2senxcosx)/(e – 1) = lim [2cosxcosx+2senx(-senx)]/(e ) = lim [2cos -2sen x ]/(e ) =
x→ 0
x→ 0
2
2
x
x→ 0
x
0
0
= lim [2cos -2sen x ]/(e ) = lim [2cos(2x) ]/(e ) = [2cos(0) ]/(e ) = (2.1)/e = 2/1 = 2
x→ 0
x→ 0
Ejercicio 2 del Modelo 5 de la Opción A de sobrantes del Libro 1998_99.
[2'5 puntos]. Determina la función f : (0, + ∞) → ℜ sabiendo que es dos veces derivable, que su gráfica pasa
por el punto (1, 1) que f '(1) = 0 y que f "(x) = 1/x
Solución
Por el Teorema fundamental del claculo integral que dice que si un funcion f(x) es continua entonces la
función F(x) =
∫
x
0
f(x) dx es derivable y su derivada es F ‘(x) = f(x). En mi caso paritular f ‘(x) = ∫ f ‘’(x) dx.
f ‘(x) = ∫ f ‘’(x) dx = f ‘(x) = ∫ 1/x dx = Ln|x| + K
Como f ‘(1) = 0 → 0 = Ln(1) + K, de donde K = 0 y f ‘(x) = Ln|x|
Por el Teorema fundamental del calculo integral, en micaso f(x) = ∫ f ‘(x) dx
f(x) = ∫ f ‘(x) dx = ∫ Ln|x| dx, la cual eas una integral por partes ( ∫ udv = uv - ∫vdu)
u = Ln|x| → du = (1/x)dx
dv= dx → v = x
f(x) = ∫ Ln|x| dx = x.Ln|x| - ∫ x.(1/x) dx = x.Ln|x| - ∫ dx = x.Ln|x| - x + M
Como pasa por (1,1), f(1) = 1 → 1 = 1.Ln|1| - 1 + M = 0 - 1 + M, luego M = 2 y la función buscada es:
f(x) = x.Ln|x| - x + 2
Ejercicio 3 del Modelo 5 de la Opción A de sobrantes del Libro 1998_99.
5 6 7


Se sabe que la siguiente matriz M tiene rango 1, M =  1 a b 
 2 c d


(1) [1 punto]. ¿Pueden determinarse a, b, c, d? Justifica la respuesta y, en caso afirmativo. hállalos.
(2) [1'5 puntos]. ¿Cuál es la situación de los planos de ecuaciones respectivas
π1 ≡ 5x + 6y + 7z = 5, π2 ≡ x+ay+bz = 2
y
π3 ≡ 2x + cy + dz = 1?
Solución
(1)
5 6 7


Si M =  1 a b  tiene rango 1, el vector columna (5,6,7) es proporcional al vector columna (1,a,b), y el
 2 c d


vector columna (5,6,7) es proporcional al vector columna (2,c,d).
Si el el vector columna (5,6,7) es proporcional al vector columna (1,a,b) tenemos:
5/1 = 6/a = 7/b, de donde 5/1 = 6/a y 5/1 = 7/b
De 5/1 = 6/a obtenemos a = 6/5 y de 5/1 = 7/b obtenemos b = 7/5
Análogamente si el vector columna (5,6,7) es proporcional al vector columna (2,c,d) tenemos:
5/2 = 6/c = 7/d, de donde 5/2 = 6/c y 5/2 = 7/d
De 5/2 = 6/c obtenemos c = 12/5 y de 5/2 = 7/d obtenemos d = 14/5
(2)
π1 ≡ 5x + 6y + 7z = 5,
π2 ≡ x+ay+bz = 2
π3 ≡ 2x + cy + dz = 1?
5 6 7


Si consideramos las ecuaciones de los planos tenemos M =  1 a b  matriz de los coeficientes y
 2 c d


[email protected]
1
IES Francico Ayala
Examen modelo 5 del Libro 1998_99 con soluciones
Germán Jesús Rubio luna
5 6 7 5


M =  1 a b 2 .
 2 c d 1


Por el apartado (1) hemos visto que la matriz M tiene rango 1 luego los tres planos son paralelos. Para ver si
son paralelos coincidentes o distintos vamos a estudiar la proporcionalidad de sus coeficientes junto con el
*
rango de M y M .
5 6 7 5
5 5


*
*
En M =  1 a b 2  , como
= - 5 ≠ 0 rango(M ) = 2
2 1
 2 c d 1


*
Como rango(M) = 1 ≠ rango(M ) = 2, el sistema es incompatible por el Teorema de Rouche.
Veamos los planos dos a dos
π1 ≡ 5x + 6y + 7z = 5 y π2 ≡ x+ay+bz = 2, como 5/1 = 6/a = 7/b ≠ 5/2 los planos π1 y π2 son paraleos y
distintos.
π1 ≡ 5x + 6y + 7z = 5 y π3 ≡ 2x + cy + dz = 1, como 5/2 = 6/c = 7/d ≠ 5/1 los planos π1 y π3 son paralelos y
distintos.
π2 ≡ x+ay+bz = 2 y π3 ≡ 2x + cy + dz = 1, como 1/2 = (6/5)/(12/5) = (7/5)/(14/5) ≠ 2/1 los planos π2 y π3 son
paralelos y distintos
Ejercicio 4 del Modelo 5 de la Opción A de sobrantes del Libro 1998_99. x + y = 0,
Consideremos el punto P (1, 0, - 1) y la recta r dada por r ≡ 
 z - 1 = 0;
(1) [1’5 puntos]. Halla el punto de r más cercano a P y la distancia entre P y r.
(2) [1 Punto]. Determina el plano que pasa por el punto P y contiene la recta r.
Solución
(1)
*
El punto Q de r mas cercano a P (1, 0, - 1) es el que está en la proyección ortogonal de P sobre r.
Para calcular el punto Q determinamos el plano π perpendicular a r por P (el vector normal del plano n
coincide con el director de la recta v), y Q es la intersección de la recta r con el plano π.
 x + y = 0,
Ponemos la recta r ≡ 
en paramétericas
 z - 1 = 0;
z = 1, x = - y. Tomando y = λ tenemos r ≡ {x = - λ, y = λ, z = 1}
Su vector director es v = (-1,1,0) = n
La ecuación del el plano π perpendicular a r por P es n••(x – p) = 0
π ≡ (-1)(x – 1) + (1)(y – 0) + (0)(z + 1) = 0 = - x + y + 1 = 0
Q = r ∩ π, sustituimos la ecuación de r en π
-(- λ) + (λ) + 1 = 0 → 2λ = -1 de dodnde λ = -1/2 y el punto es Q(-(-1/2),-1/2,1) = Q(1/2, -1/2,1)
La distancia de P a r es la distancia de P a Q
2
2
2
d(P,r) = d(P,Q) = ||PQ|| = √[(1/2) +(1/2) +2 ] = √(18/4) = √(9/2) = 3/√(2) unidades de longitud (u.l.)
PQ = (1/2 – 1, -1/2 – 0, 1 – (-1)) = (-1/2, -1/2, 2)
(2)
Plano π’ que pasa por el punto P(1, 0, - 1) y contiene la recta r.
La rtecta r en paramkétricas era r ≡ {x = - λ, y = λ, z = 1}, donde un punto de ella es A(0,0,1) y un vector
director v = (-1,1,0).
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2
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Germán Jesús Rubio luna
El plano π’ pedido tiene como punto el A y como vectores paralelos independientes v y AP = (1,0,-2), por
x − 0 y − 0 z −1
tanto su ecuación es det(x – a, v, AP) = 0 =
−1
1
0
1
0
−2
= - 2x – 2y – z + 1 = 0
Opción B
Ejercicio 1 del Modelo 5 de la Opción B de sobrantes del Libro 1998_99.
(1) [0'5 puntos]. Enuncia la Regla de Barrow.
2
(2) [2 puntos] Haciendo el cambio de variable x = t, calcula la integral
∫
π
x⋅cos(x ) dx.
2
0
Solución
(1)
Si f(x) es continua en [a,b] y F ‘(x) = f(x) entonces
∫
b
a
f(x) dx = F(b) – F(a)
(2)
Calculamos primero la integral indefinida
2
2
I = ∫ x⋅cos(x ) dx = ∫ cos(t) dt/2 = (1/2).sen(t) = (1/2).sen(x )
2
x = t → 2x dx = dt → x dx = dt/2
Calculamos ya la integral definida
∫
π
0
x⋅cos(x ) dx = [(1/2).sen(x )] √(π) 0 = [(1/2).sen(π)] - [(1/2).sen(0)] = 0 - 0 = 0
2
2
Ejercicio 2 del Modelo 5 de la Opción B de sobrantes del Libro 1998_99.
[2'5 puntos]. De una función derivable f : ℜ → ℜ se sabe que pasa por el punto (3, 0) y que la gráfica de su
función derivada es la que se muestra en la figura.
Determina sus extremos locales así como sus intervalos de crecimiento y de decrecimiento y, con estos
elementos, esboza razonadamente la gráfica de f.
Solución
Como f(x) para por el punto (3,0), tenemos que f(3) = 0
De la gráfica sabemos
f ‘(x) > 0 en (-1’5, -1) ∪ (0,2) luego f(x) crece en (-1’5, -1) ∪ (0,2)
f ‘(x) < 0 en (-1, 0) ∪ (2, 2’5) luego f(x) decrece en (-1,0) ∪ (2,2’5)
Por definición x = -1 y x = 2 son máximos relativos porque a su izquierda la función crece y a su derecha
decrece.
Por definición x = 0 es un mínimo relativo porque a su izquierda la función decrece y a su derecha crece.
Con estos datos podemos esbozar la gráfica
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-2
[email protected]
-1
0
1
3
2
3
IES Francico Ayala
Examen modelo 5 del Libro 1998_99 con soluciones
Germán Jesús Rubio luna
Puede haber infinidad de gráficas, aquí he supuesto que f ‘(x) es una cúbica con signo menos el término de
3
x , lo cual no tiene porque ser cierto.
Ejercicio 3 del Modelo 5 de la Opción B de sobrantes del Libro 1998_99.
 x = 2 + 3λ
 x = 1 + 3µ


(1) [1’5 puntos]. Demuestra que las rectas r y s dadas por r ≡  y = 4 + 2λ y s ≡  y = − µ
se intersecan
z = 1 + λ
 z = 4 + 2µ


y halla el punto dónde lo hacen.
(2) [1 punto]. Halla la ecuación del plano que contiene las rectas r y s.
Solución
(1)
Como me han dado las dos recta en forma paramétrica y me dicen que se cortan, para obtener el punto de
corte lo único que tenemos que hacer es igualarlas, es decir x = x, y = y, z = z, y resolver el sistema.
 x = 2 + 3λ  x = 1 + µ


 y = 4 + 2λ  y = − µ
z = 1 + λ
 z = 4 + 2µ


Igualamos
2+3λ = 1+µ
4+2λ = -µ
1+λ = 4+2µ
Resolvemos las dos primera ecuaciones y vemos que tambien cumple la tercera
2+3λ = 1+µ
4+2λ = -µ, despejendo –4-2λ = µ. Entrando en la primera
2+3λ = 1+ (–4 - 2λ ) = - 3 - 2λ → 5λ = -5, de donde λ = -1 y µ = – 4 –2(-1) = -2.
Comprobamos que las soluciones λ = -1 y µ = -2 verifican la ecuación 1+λ = 4+2µ, lo cual es cierto. Luego
elñ punto de corte de ambas recta es P(2-3,4-2,0) = P(-1,2,0)
(2)
El plano que contien a las recta r y s tiene como punto el P y como vectores paralelos independientes u y v
los vectores directores de ambas rectas.
P(-1,2,0); u = (3,2,1); v = (1,-1,2)
x +1 y − 2 z − 0
det(x – p, u, v) = 0 =
3
2
1
1
−1
2
= 5x – 5y – 5z + 15 = 0
Ejercicio 4 del Modelo 5 de la Opción B de sobrantes del Libro 1998_99.
Considera el sistema de ecuaciones que depende de un parámetro real a:
x + 2y - z = 2,
2x + 3y + z = 2,
5x + ay + z = 6.
(1) [1’5 puntos]. Discute el sistema según los valores de a.
(2) [1 punto]. Resuélvelo para a = 8.
Solución
x + 2y - z = 2,
2x + 3y + z = 2,
5x + ay + z = 6.
 1 2 -1
 1 2 -1 2 




*
Matriz de los coeficientes M =  2 3 1  , matriz ampliada M =  2 3 1 2 
5 a 1 
5 a 1 6




1 2 -1
|M| = 2 3
5 a
1 = -3a + 24.
1
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4
IES Francico Ayala
Examen modelo 5 del Libro 1998_99 con soluciones
Germán Jesús Rubio luna
|M| = 0 → -3a + 24 = 0, de donde a = 8
Si a ≠ 8
*
Rango(M) = rango(M ) = 3 yb por el Teoremoa de Rouche el sistema es compatible y determinado y tiene
solución única
Si a = 8
 1 2 -1
 1 2 -1 2 




*
Matriz de los coeficientes M =  2 3 1  , matriz ampliada M =  2 3 1 2 
5 8 1 
5 8 1 6




1 2 2
1 2
*
*
En M como
= - 1 ≠ 0, rango(M) = 2. En M como 2 3 2 = 0, rango(M ) = 2
2 3
5 8 6
*
Como rango(M) = rango(M ) = 2, por el Teoremoa de Rouche el sistema es compatible e indeterminado y
tiene infinitas soluciones.
(2)
*
Me piden resolverlo para a = 8 y tenemos rango(M) = rango(M ) = 2, por el Teorema de Rouche el sistema
es compatible e indeterminado y tiene infinitas soluciones.
Como el rango es dosa tenemos dos ecuaciones (las dos primeras, son con las que he formado el menor de
orden 2) y dos incógnitas principales.
x + 2y = 2 + z
→
x + 2y = 2 + z
2x + 3y = 2 – z [2ªF+1ª(-2)]
→
0 - y = -2 – 3z
y = 2 + 3z; x = 2 + z – 2(2 + 3z) = -2 – 5z. Tomando z = λ ∈ ℜ las soluciones del sistema son
(x,y,z) = (-2 – 5λ, 2 + 3λ, λ) con λ ∈ ℜ
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