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