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Enunciados y soluciones de las dos propuestas para la prueba de Junio de Matemáticas II de la Universidad de Castilla La Mancha
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Soluciones al 1A
a) Ver libro
b) La función es continua siempre (en todo R) porque es un cociente de funciones continuas y
el denominador no se anula nunca. Es siempre positiva porque numerador y denominador
son positivos, además cuanto mayor es x menos vale f(x), de modo que el límite en más
infinito y en menos infinito son ambos 0. El mayor valor lo alcanza en 0, siendo f(0)=1. No
se puede aplicar el teorema de Bolzano porque aunque es continua no hay valores en los que
tenga distinto signo (ya hemos mencionado que siempre es positiva).
c) La función g(x)=2x-1 es de primer grado, continua siempre, su gráfica es una recta de
pendiente 2 (luego es siempre creciente) y ordenada en el origen –1 por tanto corta a la
gráfica de la función f(x) ( ya he comentado que f es siempre positiva, con máximo en (0 , 1)
y limite 0 en el infinito. Podemos asegurar más, que la corta y sólo la corta en un punto. Otra
forma de demostrar que se cortan es considerar la función diferencia d(x)=f(x)-g(x) y
observar que a esta función sí se le puede aplicar el teorema de Bolzano en el intervalo
[-1 ,1], porque es continua por se diferencia de funciones continuas y porque d(-1)=3’5>0 y
d(1)=-0’5<0. El gráfico puede aclarar la situación.
Soluciones al 2A
a) Observamos que la primera parábola tiene el vértice en el mínimo. Lo obtenemos derivando
e igualando a cero f’(x)=2x-3, luego el vértice está en (3/2 , f(3/2)) o lo que es lo mismo
(1’5 , -3’25). La segunda tiene el vértice en el máximo, que también lo obtenemos
derivando: g’(x)=-2x+1. luego (0’5 , g(0’5)) es el vértice, de otra forma (0’5 , 5’25). Para
aprovechar lo cálculos en el apartado b) calculamos los puntos de corte de ambas parábolas,
para ello igualamos sus ecuaciones y resolvemos, queda: 2x2-4x-6=0; y las soluciones son
–1 y 3. Para estos valores de x las parábolas coinciden calculamos f(-1)=g(-1)=3 y
f(3)=g(3)=-1. Con estos puntos y con los vértices nos hacemos una idea de las gráficas:
b) El área del recinto (ver gráficas) se calcula mediante la integral definida:
3
6462
32)642())()((
3
1
23
3
1
23
1=
++−=++−=−
−−− ∫∫ xx
xdxxxdxxfxg
Soluciones al 3A
a) Las matrices de coeficientes y ampliada son:
=
=kk
kk
kk
A
k
k
k
A
11
11
11
',
11
11
11
.
El determinante de la matriz A es k3-3k+2, que si lo factorizamos es (k-1)
2(k+2), por tanto los
valores que lo anulan son –2 y 1.
El rango de A cuando k=-2 es 2 porque 0321
12≠=
−−
. El rango de 'A para el valor –2 es 3
porque el determinante de la submatriz
k
kk
kk
11
1
1
es –18 distinto de 0.
Luego para este valor de k el sistema es incompatible.
Para el valor 1 las tres filas son iguales (todo unos). En este caso los rangos de ambas matrices
son iguales (ambos 1). El sistema es pues compatible indeterminado; la solución general
depende de dos parámetros: número de incógnitas 3, rango 1, diferencia 2.
b) El sistema a resolver es: x+y+z=1 y la solución: µλµλ ==−−= zyx ,,1
Las ternas solución del sistema son las coordenadas de los puntos del plano de la figura
Soluciones al 4A
a) El vector director del recta (-1, 0, 1) y el vector perpendicular al plano (2, -1, 3) no son
perpendiculares porque su producto escalar es 1, luego el plano corta a la recta
b) Con las ecuaciones paramétricas de la recta y el vector perpendicular al plano podemos
escribir las ecuaciones paramétricas del plano pedido y de ellas obtener la general
150
311
10
21
31
0
20
' =++⇒=−
−−
⇒
++=−=
+−=≡ zyx
z
y
x
z
y
x
µλµµλ
π
Soluciones al 1B
a) La derivada primera y la segunda nos permiten calcular el máximo
ttt e
tttv
e
ttv
e
tttv
22)(''
2)('
2)(
222 −−=⇒−=⇒
+=
La derivada primera se anula cuando 2=t y 022
)2(''2
<−=e
v
Luego el máximo se alcanza para 2=t sg y vale 2
222
e
+m/sg
b) El límite lo podemos calcular aplicando la regla de L’Hopital
02222
limlimlim2
==+=+∞→∞→∞→
tx
tx
tx ee
t
e
tt y significa que la partícula tiende a pararse con el
tiempo.
Solución al 2B
Si hacemos el cambio sugerido kxsenarctgkyarctgy
dydxxsen
x +=+=+
=+∫ ∫ )()(
11
cos22
Solución al 3ª
Tenemos que 8623)2(2
32=++++−=
+−
= cbbacb
aB
Y además
+++−
=
+−++
=2)2(2
14·
2
626·
cbb
aABy
cb
cabBA
Como nos piden que estas dos matrices sean iguales establecemos la igualdad término a término lo
que junto con la primera ecuación obtenida por la condición de que el determinante sea 8, nos da un
sistema de 5 ecuaciones con 3 incógnitas, muy sencillo aunque no lineal
=+=
⇒
=+−=
=+++−⇔
++=+=+−=−+
=+=++++−
5
82
5
2
223)2(
2
)2(22
162
46
8623)2(
ca
c
ca
b
cbba
cbc
bb
aca
b
cbba
Lo resolvemos por sustitución y queda a=1, b=-2 y c=4
Soluciones al 4B
a) El plano buscado tiene la ecuación general de la forma x+z=k. Para hallar k utilizamos que P
debe pertenecer a él: 1+0=k. Luego el plano pedido es x+z=1
b) El vector (1,0,1) es perpendicular al plano, luego director de la recta pedida; co eso y el
punto P las ecuaciones son: λλ +==+= 1,1,1 zyx