Solución al 1-A Para ser continua en 0, 1º tiene que estar definida para ese valor, y lo está porque f(0)=b.0+c=c . 2º Debe tener límite en ese punto , y lo tendrá si el límite por la izquierda que es (aplicamos L’Hôpital)
lim x
0
ax sen( x) 2x x 2
lim x
0
a cos(x) 2 2x
a 1 coincide con el límite por la derecha que es c 2
3º El límite debe coincidir con el valor de la función es decir c. En resumen cuando
a 1 2
c , la función será continua en 0. Esto ocurre para muchos valores de a y
de c, pero como nos piden que la función cumpla más condiciones, debemos encontrar más relaciones entre los parámetros. Seguimos. Para ser continua en x=1 necesitamos que b
c
1 (lo obtenemos después de estudiar en x=1 las 2
tres condiciones que antes hemos estudiado en x=0, resulta más sencillo en este caso). Para que sea derivable en x=1
1 2
bx c
lim
lim
x 1
x 1
1 2
x 1
x 1
lim x 1
b( x 1) 0 x 1
b porque por ser continua
1 . También debe ser b la derivada por la derecha, pero esta derivada es: 2
b c
1
lim 1 xx 1
1 2
x 1
Luego b queda:
b( x 1) b c
1 4
lim x 1
c
1 2
2 1 x 2 2x x 1
1 4
3 4
lim ( x x 1
a
3 1 2
( x 1) 1)(2 2 x)
1 4
1 Estos son los valores pedidos y con ellos la gráfica 2
Solución al 2-A a) El dominio está formaado por los valores de x que hacen el radicando mayor o igual que cero, es decir, los x
1 2
b) La integral es fácil, prácticamente inmediata: 0 1 2
2 x 1dx
1 2
0 1 2
1 2
3
2(2 x 1) dx
1 (2 x 1) 2 3
0
1 2
1 (1 0) 3
1 3
Solución al 3-A a) El determinante de M es
2
3
2 que se anula sólo para
1 , por tanto para
2y
todos los demás valores existe inversa. Para el valor
0 el determinante vale 2 y la inversa la podemos calcular utilizando la fórmula 9 1 3 1 1 12 2 4 adecuada, por ejemplo con la traspuesta de adjuntos, queda: M 2 2 0 0
La ecuación se puede resolver así: X ·M
2F
X
2 FM
1
X
2 12 9
0 2 1
0 4 3
Solución al 4-A Los vectores (1,1,1) y (1,-1,0) son perpendiculares respectivamente al primer y segundo plano que definen la recta r, por tanto el vector producto vectorial de ambos (1,1,-2) es un vector director de la recta r (intersección de los planos). El punto E (a,b,c) de r situado “enfrente” del punto P(0,0,1), debe ser tal que el vector PE sea perpendicular al vector director de la recta, luego su producto escalar debe ser 0, es decir: (a-0,b-0,c-1).(1,1,-2)=a+b-2c+2=0 . Esta condición y que el punto E pertenezca a r nos lleva a que las
a b 2c coordenadas de E son la solución del sistema a b c a b
2 3 0
a b c
2 3 2 3 5 3
Se resuelve fácil: por ejemplo, restamos las dos primeras y obtenemos c; sustituimos c en la segunda y sumamos la 3ª y obtenemos a; sustituimos a en la 3ª y obtenemos b. El módulo del vector PE es la distancia entre ambos puntos y también la distancia del punto P a la recta r d ( P, r )
2 3
2
2 3
2
5 1 3
Unas ecuaciones paramétricas de s son: x
2
4 3
,y
2 3 3
,z 1
y el vector (1,1,1) es un vector director). Graficamente:
(teniendo en cuenta que pasa por P
Solución al 1-B Resolviendo el determinante f ( x)
3x 3 18x 2 1
f ' ( x)
9x 2
36x
f ' ' ( x) 18x 36
Observamos que la derivada segunda sólo se anula en x=2 y la tercera no se anula nunca. Luego hay un punto de inflexión en (2 , f(2))= (2 , -36). Además para los valores de x mayores que 2 es f ' ' ( x) 0 y para los menores que dos la derivada segunda es menor que 0, luego es concava hacia abajo desde menos infinito hasta 2 y cóncava hacia arriba desde 2 hasta más infinito. La gráfica es:
Solución al 2-B a) u.dv
u.v
x2 x2 1 x2 x ln x dx ln x dx 2 2 x 2 2 1 x2 du dx ; dv xdx v x 2
x ln xdx b)
u
v.du
ln x
x2 ln x 2
x2 4
k
Solución al 3-B
2 La matriz de coeficientes de las incognitas del sistema es: 1 1
1 2 1 y su determinante 3 1
10 se anula para 2 . Todo esto nos indica que el sistema es compatible determinado para todos los 2 porque los rangos de la matriz de coeficientes y ampliada son iguales y coinciden 5
con el número de incógnitas (3 en este caso). Cuando
2 el rango de la matriz de coeficientes es 2 porque la submatriz
2 1
1 tiene 2
rango 2 porque su determinante es –5, distinto de 0, y la ampliada tiene rango 3 porque la
2 submatriz 1 1
1 2
0 0
3
10
tiene determinante –50, luego el sistema es incompatible.
Cuando 3 el sistema (como hemos visto) es compatible determinado; el determinante de la matriz de coeficientes es -25. Lo resolvemos utilizando la regla de Cramer y queda:
0
1
0 x
3
2
10
1
3
1
50 25
25
2, y
2
0
3
1
0
1
1 10
1
25
2 1 2,z
1
1
0
2 3
0 10
25
2
Solución al 4-B a) Para que los planos sean paralelos los coeficientes de las “incógnitas” deben ser proporcionales
a 2
b 1
6 x 3 y 3z 3z b) El sistema 2 x y 2z
3 1
a
6,b
3
c 0 nos determina la posición relativa de la recta y el 4
plano. Como el rango de la matriz de coeficientes es 2 ya que
6 2
3 3 0 3
0
1
2
0y
2 0 0 1
2 lo que puede ocurrir es que la recta esté contenida en el
6 plano o que ambos sean paralelos. Puesto que 2 0
3 0 1
c 0
2c 24 , resulta que
4
cuando c =12 la recta está contenida en el plano y para el resto delos valores de c la recta y el plano no se cortan, son paralelos.