Matemáticas II Junio 2011. Castilla La Mancha
Soluciones: 1.Aa) Como el denominador se anula solamente para x = 0, y en este punto el límite por la derecha es más infinito y el límite por la izquierda es menos infinito, resulta que hay una asíntota vertical que es x = 0. Para la calcular la asíntota f ( x) 3 oblicua calculamos lim = 2 y después lim f ( x) − 2 x = , luego la asíntota x → +∞ x → +∞ x 2 3 oblicua es y = 2 x + 2
b) Para los máximos y mínimos relativos, primero calculamos la derivada primera (8 x + 3)2 x − 2(4 x 2 + 3 x + 4) 8 x 2 − 8 y los puntos en los que se anula f ' ( x) = = . 4x 2 4x 2 Esta derivada se anula en x = -1 y en x = 1; después calculamos el signo de la derivada segunda en estos puntos: signo f’’(-1) es negativo y el signo de f’’(1) es positivo. Luego hay máximo en A(-1, f(-1))=(-1 , -2.5) y mínimo en B(1,f(1))=(1 , 5.5). La gráfica queda así:
2A.a) ∫ (cos(2 x) + sen( x) cos( x))dx = ∫ (cos(2 x) +
sen(2 x) sen(2 x) cos(2 x) )dx = − +k 2 2 4
x3 −1 9 x3 dx = ∫ ( x 2 − 2 x + 4 − )dx = − x 2 + 4 x − 9 Ln( x + 2 ) + k x+2 x+2 3 En la primera recurrimos a una fórmula trigonométrica para dejar la integral más sencilla y en la segunda, como el grado del numerador es mayor que el del denominador, efectuamos la división. 3A.- Empleando el método de reducción despejamos Y y luego sustituyendo en la segunda ecuación obtenemos X. 2 X + 3Y = A 2 X + 3Y = A a) ⇒ ⇒ Y = A − 2 B; X = 3B − A = B 2 X + 2Y = 2 B X +Y 5 − 4 − 2 3 0 1 4 4 − = ; Y = X = 3 4 1 0 − 3 − 4 6 − 5 − 4 b) 1 0 3 0 1 4 1 0 1 0 0 1 ; B = ; B = si n es par B n = si impar B 2 = 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0
b) ∫
4A.- a) Expresamos la recta como intersección de planos x −1 z x −1 x = 1 + at t = = a a 2 ⇒ 2 x − az = 2 r ≡ y = 1 − t ⇒ t = 1 − y ⇒ z 2y + z = 2 z = z 1 − y = 2t t = 2 2 Observamos que el primero de los planos que definen la recta será paralelo a π cuando a=2, luego en este caso la recta r (que está contenida en él) también será paralela a π b) El vector (1,0,1) es perpendicular a π y el vector (2,-1,2) es director de la recta determinada en el apartado anterior. Si elegimos un punto cualquiera (x,y,z) de la recta r’, el vector (x-1,y-1,z-0) debe ser perpendicular a cada uno de los vectores anteriores, luego deben ser cero los productos escalares siguientes: x = 1+ λ = 1 ( x − 1, y − 1, z ).(1,0,1) = 0 x − z ⇒ ⇒ y = 1 + 4λ ( x − 1 , y − 1 , z ).( 2 , − 1 , 2 ) = 0 2 x − y + 2 z = 1 z = λ Y resolviendo hemos obtenido las ecuaciones paramétricas de r’.
Soluciones: 1B.- Calculamos las derivadas primera y segunda, obtenemos los puntos del intervalo [1 , 10] en los que se anula la derivada primera y a la vez la segunda es positiva: 1 72 2 288 1 72 C ' (t ) = 10(1 − 2 − 4 ) ⇒ C ' ' (t ) = 10( 3 + 5 ) ; C ' (t ) = 0 ⇒ 1 − 2 − 4 = 0 ⇒ t t t t t t t 4 − t 2 − 72 = 0 ; x = t 2 ⇒ x 2 − x − 72 = 0 ⇒ x = −8 , 9 ⇒ t = 9 = 3 en [1 , 10] 122 C ' ' (3) > 0 ⇒ Mínimo en (3, C (3)) = (3 , ) 3
La gráfica siguiente, refleja en resultado. Los ejes tienen distinta escala para facilitar la visualización:
2B.- Las curvas se cortan en el punto (1,1) y sus gráficas (sencillas) quedan reflejadas en la siguiente imagen:
2
1 1 1 1 Luego se trata de calcular ∫ ( − 2 )dx = Ln x + = Ln(2) − 1 x x 1 2 x 3B.- La matriz de coeficientes de las incógnitas del sistema es: λ 2 −1 3 − 1 − 1 y su determinante es 3λ - 6 que se anula para λ = 2 , por lo tanto el 5 1 − 2 rango de la matriz de coeficientes y el rango de la ampliada coinciden y su valor es 2
3 para todos los valores de λ distintos de 2, siendo por tanto el sistema compatible determinado para todos esos valores. 2 2 con det ≠ 0 . Al ampliar esta Cuando λ = 2 encontramos la submatriz 3 1 submatriz con la fila restante y la columna de términos independientes nos queda 2 2 2 una matriz con determinante cero 3 − 1 1 = 0 , luego el rango de la matriz de 5 1 3 coeficientes y el de la ampliada también coinciden en este caso, pero el valor es dos, el sistema es en este caso compatible indeterminado puesto que tiene 3 incógnitas. Utilizando las dos primeras ecuaciones podemos resolverlo así: 2 x + 2 y = 2 + t x + y = 1 + t 3t 1 3t z =t; ⇒ 2 ⇒4 x = 2 + ⇒ x = + 2 2 8 3 x − y = 1 + t 3 x − y = 1 + t t 1 t y como y = 1 + − x ⇒ y = + 2 2 8 1 3t 1 t Resumiendo: la solución general del sistema es + , + , t 2 8 2 8 4B.-
AB = (1,1,3) ⇒ AB ∧ AC = (−2,−1,1) AC = (0,1,1) a) Consideramos los vectores 1 1 6 y como el área es AB ∧ AC = 4 +1+1 = 2 2 2 b) El volumen del tetraedro es: − 29 1 − 2k 1 1 3 Si 6 = 5 ⇒ k = 2 1 1 1 V = AB, AC , AD = 0 1 1 = 1 − 2k ⇒ 1 − 2k 31 6 6 6 Si = −5 ⇒ k = k 0 1 6 2 Resultan dos valores para k.
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