Solución - IES Francisco Ayala

IES Francisco Ayala Granada
Modelo 6 de COU I del libro_96_97 Solución
Germán-Jesús Rubio Luna
Análisis
Ejercicio 1 Modelo 6 de COU I del libro_96_97
(1) [1’5 puntos] Enuncia el teorema del valor medio de Lagrange.
(2) [2 puntos]. Sea f : [-1,2] → R la función definida por f(x) = 2x3 - 6x2 + x + 10. Determina todos los puntos
de la gráfica de f en los que la recta tangente a la gráfica de f es paralela a la recta que pasa por los puntos
A = (-1,f(-1)) y B = (2,f(2)). ¿Cuál de ellos es el predicho por el teorema del valor medio de Lagrange al
aplicarlo a la función f en el intervalo [-1,2]?
Solución
(1)
Enuncia el teorema del valor medio de Lagrange.
Teorema del Valor Medio de Lagrange: Si f es una función continua en un intervalo cerrado [a,b], derivable
f(b)-f(a)
en el intervalo abierto (a,b) entonces existe al menos un punto c ∈ (a,b) tal que
= f ‘(c) o también
b-a
f(b) - f(a) = f ‘(c)⋅(b - a).
(2)
Sea f : [-1,2] → R la función definida por f(x) = 2x3 - 6x2 + x + 10. Determina todos los puntos de la gráfica de
f en los que la recta tangente a la gráfica de f es paralela a la recta que pasa por los puntos A = (-1,f(-1)) y
B = (2,f(2)). ¿Cuál de ellos es el predicho por el teorema del valor medio de Lagrange al aplicarlo a la
función f en el intervalo [-1,2]?
f(x) es una función polinómica por tanto continua y derivable en R las veces que nos haga falta, por tanto
continua en el intervalo [-1,2], derivable en el intervalo abierto (-1,2), por tanto verifica el Teorema del Valor
Medio de Lagrange en dicho intervalo.
f(x) = 2x3 - 6x2 + x + 10. f ‘(x) = 6x2 - 12x + 1
f(-1) = 2(-1)3 - 6(-1)2 + (-1) + 10 = 1; f(2) = 2(2)3 - 6(2)2 + (2) + 10 = 4
f(2) - f(-1)
4-1
= f ‘(c) →
= 6c2 – 12c + 1 → 6c2 – 12c = 0 = c(6c – 12) = 0, de donde c = 0 y c = 2.
2 - (-1)
3
Los puntos de la gráfica de f en los que la recta tangente a la gráfica de f es paralela a la recta que
pasa por los puntos A = (-1,f(-1)) y B = (2,f(2)), son C(0,f(0)) = C(0,10) y B = (2,f(2)) = (2,4). El predicho
por el Teorema de Lagrange es el C(0,10), porque c = 0 ∈ (-1,2) y c = 2 ∉ (-1,2)
Ejercicio 2 Modelo 6 de COU I del libro_96_97
1
(1) [0’5 puntos] Dibuja a arco de la curva de ecuación y = x 2 2 - x que está contenido en el primer
8
cuadrante (
representa la función raíz cuadrada positiva).
(2) [2'5 puntos]. Calcula el volumen del sólido engendrado al girar dicho arco alrededor del eje OX.
Solución
(1)
1 2
x 2 - x que está contenido en el primer cuadrante (
8
representa la función raíz cuadrada positiva).
1
La función f(x) = x 2 2 - x es continua y derivable en su dominio, que son los números “x” que verifican
8
2 – x ≥ 0, es decir en x ≤ 2. Como sólo se dibuja en el primer cuadrante, nos restringimos a 0 ≤ x ≤ 2.
Tenemos f(0) = 0 y f(2) = 0.
Veamos la monotonía y los extremos, es decir el estudio de f ‘(x).
2x
x2
(-1)
x
x2
1
f(x) = x 2 2 - x ; f ‘(x) =
· 2-x +
·
= · 2-x 8
8
8 2 2-x 4
16 2 - x
Dibuja a arco de la curva de ecuación y =
(
)
2
x
x2
x
x2
· 2-x =0 → · 2-x =
→ 4x· 2 - x = x 2
4
4
16 2 - x
16 2 - x
2
2
2
2
→ 4x(2 – x) = x → 8x – 4x = x → 8x – 5x = 0 = x·(8 – 5x) = 0, de donde x = 0 y x = 8/5 = 1’6, que serán
los posibles extremos.
De f ‘(x) = 0 tenemos
[email protected]
1
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Como f ‘(-1) =
(-1)
(-1)2
< 0, f(x) es estrictamente decreciente en (-∞,0)
· 2 - (-1) 4
16 2 - (-1)
Como f ‘(1) =
1
(1)2
= 1/4 – 1/16 = 3/16 > 0, f(x) es estrictamente creciente en (0,1’6)
· 2 - (1) 4
16 2 - (1)
(1'8)
(1'8)2
≅ - 0’25 < 0, f(x) es estrictamente decreciente en (1’6,0)
· 2 - (1'8) 4
16 2 - (1'8)
Por definición x = 0 es un mínimo relativo que vale f(0) = 0.
1
Por definición x = 1’6 es un máximo relativo que vale f(1’6) = (1'6)2 2 - (1'6) ≅ 0’2.
8
Un esbozo de la gráfica pedida es :
Como f ‘(1’8) =
(2)
Calcula el volumen del sólido engendrado al girar dicho arco alrededor del eje OX.
Sabemos que el volumen engendrado al girar dicho arco alrededor del eje OX es una integración por discos,
luego Volumen = V = ∫ab π[f(x)]2dx
En nuestro caso V =
π  2x 5
∫02
π 2 4
π 2 4 5
1

π[f(x)] dx = ∫ π · x 2 2 - x  dx =
x (2-x)dx =
∫
∫0 (2x - x )dx =
0
0
8
64
64


2
2
2
2
x6 
=
−  (π/64)·( (64/5 – 64/6) - 0) = π/30 u3.

64  5
6 0
Ejercicio 3 Modelo 6 de COU I del libro_96_97
(1) [1 punto] Explica en qué consiste el método de integración por cambio de variable.
(2) [2 puntos] . Haciendo el cambio de variable t = ex , aplica dicho método para calcular
ex
∫ e2x + e x - 2 dx.
Solución
(1)
Explica en qué consiste el método de integración por cambio de variable.
Integración por cambio de variable.
Es una consecuencia directa de la derivación de funciones compuestas.
Como su nombre indica, se trata de cambiar la variable "x" por una función de otra variable "t", x = g(t), de
forma que el integrando se transforme en otro más sencillo.
Este proceso puede hacerse de dos formas:
• Forma directa
Se hace x = g(t) de donde dx = g ‘(t)·dt. Sustituyendo en la integral, nos queda:
∫ f(x)·dx = ∫ f [g(t)]·g'(t)dt
•
Forma recíproca
Se hace t = u(x) de donde dt = u ‘(x)dx . Se despeja a continuación x y dx para sustituirlos en la integral.
Para terminar el proceso se calcula la integral en la nueva variable y después se deshace el cambio.
Es evidente que si la integral resultante del cambio es más complicada que la de partida, el cambio
realizado no es el adecuado y debemos buscar otro.
(2)
ex
Haciendo el cambio de variable t = ex , aplica dicho método para calcular ∫ 2x
dx.
e + ex - 2
ex
dt
dt
Adt
Bdt
x
x
∫ e2x + ex - 2 dx = t = e → dt = e dx = ∫ t 2 + t - 2 = ∫ (t+2)·(t-1) = ∫ (t+2) + ∫ (t-1) =
= A·ln|t+2| + B·ln|t-1| + K = {Quito cambio} = A·ln|ex +2| + B·ln|ex -1| + K =
= {***} = (-1/3)·ln|ex +2| + (1/3)·ln|ex -1| + K.
{
[email protected]
}
2
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Germán-Jesús Rubio Luna
{***} Calculamos los coeficientes A y B
1
A B
A(t-1)+ B(t+2)
=
+
=
. Igualando numeradores:
(t+2)(t-1)
t+2 t-1
(t+2)(t-1)
1 = A(t-1) + B(t+2)
Para t = -2, tenemos 1 = -3A, de donde A = -1/3.
Para t = 1, tenemos 1 = 3B, de donde B = 1/3.
Ejercicio 4 Modelo 6 de COU I del libro_96_97
Sea, f : R → R la función polinómica definida por f(x) = x3 - x2 + 2x - 1
(1) [2'5 puntos] Prueba que f tiene una única raíz en el intervalo [0,1].
(2) [0'5 puntos] Dicha raíz, ¿está más cerca de 0’3 o de 0’7?. Justifica la respuesta.
(3) [1 punto] Enuncia algún teorema que hayas usado en los apartados anteriores.
Solución
(3)
Enuncia algún teorema que hayas usado en los apartados anteriores.
Teorema de Bolzano: Si f(x) es continua en [a,b], y cambia de signo en los extremos de dicho intervalo
entonces existe por lo menos un número c de (a,b), tal que f(c) = 0.
Teorema de Rolle: Si f(x) es continua en [a,b], derivable en (a,b) y además f(a) = f(b) entonces existe por lo
menos un número c de (a,b), tal que f ‘(c) = 0.
Sea, f : R → R la función polinómica definida por f(x) = x3 - x2 + 2x - 1
(1)
Prueba que f tiene una única raíz en el intervalo [0,1].
Consideremos la función f(x) = x3 - x2 + 2x - 1, que es continua y derivable en todo R, en particular continua
en el intervalo [0,1] y derivable en el abierto (0,1).
f(0) = (0)3 - (0)2 + 2(0) - 1= -1 < 0
f(1) = (1)3 - (1)2 + 2(1) - 1= 1 > 0
Aplicándole el Teorema de Bolzano, existe al menos un nº c de (0,1) tal que f(c) = 0, es decir
f(c) = c3 - c2 + 2c - 1 = 0.
Veamos que posee sólo una solución real f(x) = x3 - x2 + 2x - 1.
Suponemos que admite otra solución real d de f(x) = 0, con 0 < c < d < 1, y f(d) = 0. Aplicándole el Teorema
de Rolle existe al menos un número m ∈ (c,d) ⊂ (0,1) tal que f ‘(m) = 0.
f(x) = x3 - x2 + 2x - 1; f ‘(x) = 3x2 - 2x + 2
2 ± 4 − 24 2 ± −20
, que no son
=
6
6
soluciones reales. Esto es absurdo pues contradice el Teorema de Rolle; el absurdo proviene de suponer
que admite otra solución real, por tanto f(x) sólo admite una solución real.
(2)
Dicha raíz, ¿está más cerca de 0’3 o de 0’7?. Justifica la respuesta.
De f ‘(x) = 0, tenemos 3x2 - 2x + 2 = 0. Las soluciones son x =
Tenemos que calcular f(0’3) y f(0’7), y ver que cambie de signo, pues sabemos que f(0) = -1 y f(1) = 1.
f(0’3) = (0’3)3 - (0’3)2 + 2(0’3) - 1= -0’463 < 0. La raíz no está en (0,0’3)
f(0’7) = (0’7)3 - (0’7)2 + 2(0’7) - 1= 0’253 > 0. La raíz no está en (0’7,1)
Partimos de f(0’3) = -0’463, y vamos calculando valores de f(x) en (0’3,0’7) aumentando de 0‘1 en 0’1 hasta
que cambie de signo.
f(0’3) = (0’3)3 - (0’3)2 + 2(0’3) - 1= -0’463 < 0
f(0’4) = (0’4)3 - (0’4)2 + 2(0’4) - 1= -0’296 < 0
f(0’5) = (0’5)3 - (0’5)2 + 2(0’5) - 1= -0’125 < 0
f(0’6) = (0’6)3 - (0’6)2 + 2(0’6) - 1= 0’056 > 0, por tanto la raíz está en (0’5,0’6), es decir está más cerca de
0’7 porque 0’7 – 0’6 = 0’1 y 0’5 – 0’3 = 0’2.
[email protected]
3
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Álgebra Lineal y Geometría
Ejercicio 5 Modelo 6 de COU I del libro_96_97
Dados dos números reales α y β, considera la recta r y el plano π dados por
 x - 2y - 2z = 1,
r: 
π : 3x + y + αx = β.
 x + 5y + z = 0;
Calcula los valore de α y β en cada uno de la casos siguientes:
(1) [3 puntos], r está contenida en π.
(2) [1'4 puntos], r es paralela a π.
(3) [1'3 puntos], r y π se cortan sólo en un punto.
Solución
 x - 2y - 2z = 1,
π : 3x + y + αz = β.
r: 
 x + 5y + z = 0;
Calcula los valore de α y β en cada uno de la casos siguientes:
(1)
r está contenida en π.
Si consideramos la recta y el plano juntos tenemos un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas:
 1 -2 -2 
 x - 2y - 2z = 1,



 x + 5y + z = 0, . La matriz de los coeficientes del sistema es A =  1 5 1  y la matriz ampliada
3x + y + α z = β ;
3 1 α 



 1 -2 -2 1 


A* =  1 5 1 0  .
3 1 α β 


Por el Teorema de Rouche para que r está contenida en π, tiene que verificarse que rango(A) = 2 y que el
rango(A*) = 2.
1 -2 -2
1 -2 -2 Adjuntos
Si rango(A) = 2 → |A| = |A| = 1
5
1 F2 -F1 = 0
7
3
3
1
α F3 -3F1 0
7
α +6
donde α = -21/7 = -3.
1 -2
Si
rango(A*)
=2 → 1
3
5
1
1 -2
0 F2 -F1 = 0 7
1
β F3 -3F1 0
7
primera = 7α + 42 – 21 = 7 α + 21 = 0, de
fila
1 Adjuntos
-1 primera = 7β – 21 + 7 = 7β – 14 = 0, de donde
β -3
fila
β = 14/7 = 2.
(2)
r es paralela a π.
Al igual que antes por el Teorema de Rouche para que r sea paralela a π y no contenida (1), tiene que
verificarse que rango(A) = 2 y que el rango(A*) = 3.
1 -2 -2
1 -2 -2 Adjuntos
Si rango(A) = 2 → |A| = |A| = 1
5
1 F2 -F1 = 0
7
3
1
α F3 -3F1 0
7
donde α = -21/7 = -3.
1 -2
Si
rango(A*)
=3 → 1
5
1
1 -2
0 F2 -F1 = 0 7
3
1
β F3 -3F1 0
7
primera = 7α + 42 - 21 = 7 α + 21 = 0, de
α +6
fila
3
1 Adjuntos
-1 primera = 7β – 21 + 7 = 7β - 14 ≠ 0, de donde β ≠ 2.
β -3
fila
(3)
r y π se cortan sólo en un punto.
[email protected]
4
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Modelo 6 de COU I del libro_96_97 Solución
Germán-Jesús Rubio Luna
Al igual que antes por el Teorema de Rouche para que r y π se cortan sólo en un punto, tiene que
verificarse que rango(A) = 3 y que el rango(A*) = 3.
1 -2 -2
1 -2 -2 Adjuntos
Si rango(A) = 3 → |A| = 1
5
1 F2 -F1 = 0
7
3
1
α F3 -3F1 0
7
3
primera = 7α + 42 - 21 = 7α + 21 ≠ 0, de donde
α +6
fila
α ≠ -3.
Si
rango(A*)
1 -2 1
1 -2 1 Adjuntos
-1 primera = 7β – 21 + 7 = 7β - 14 ≠ 0, de donde β ≠ 2.
= 3 → 1 5 0 F2 -F1 = 0 7
3 1 β F3 -3F1 0 7 β -3
fila
Ejercicio 6 Modelo 6 de COU I del libro_96_97
Sean a y b dos constantes reales. Se sabe que el sistema de ecuaciones
3x - 2y =1
ax + y = b
es compatible indeterminado (es decir admite más de una solución).
(1) [1'5 puntos]. Halla las soluciones del sistema.
(2) [1’5 puntos]. Halla los valores de a y b.
(3) [1 punto]. Halla unas ecuaciones paramétricas de la recta del plano XOY cuya ecuación es 3x - 2y = 1.
Solución
Sean a y b dos constantes reales. Se sabe que el sistema de ecuaciones
3x - 2y =1
ax + y = b
es compatible indeterminado (es decir admite más de una solución).
(1)
Halla las soluciones del sistema.
Si el sistema es compatible determinado, por el Teorema de Rouche, rango(A) = rango(A*) = 1 < número de
 3 -2 
 3 -2 1 
incógnitas con A = 
 la matriz de los coeficientes y A* = 
 la matriz ampliada.
a
1


a 1 b
Al tener rango = 1, tenemos una ecuación y una incógnita principal, en nuestro caso de 3x - 2y =1 tenemos
que y = -1/2 + 3x/2, por tanto la solución del sistema es (x,y) = (x, -1/2 + 3x/2). Tomando x = λ ∈ R, la
solución es (x,y) = (λ, -1/2 + 3λ/2) con λ ∈ R.
(2)
Halla los valores de a y b.
3 -2
Como rango(A) = 1 → |A| = 0 =
= 3 + 2a = 0 → a = -3/2.
a 1
Como rango(A*) = 1 →
-2 1
= -2b - 1 = 0 → b = -1/2.
1 b
(3)
Halla unas ecuaciones paramétricas de la recta del plano XOY cuya ecuación es 3x - 2y = 1.
La ecuación vectoriales de la recta pedida es r ≡ (x,y) = (λ, -1/2 + 3λ/2) con λ ∈ R, por tanto las
λ
x =
ecuaciones paramétricas son r ≡ 
con λ ∈ R.
 y = -1/2 + 3λ /2
[email protected]
5