Selectividad Matemáticas Andalucía Junio 2023 RESUELTO
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Jun 14, 2023
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About This Presentation
Resolución del examen de selectividad de matemáticas II de Andalucía, convocatoria de junio 2023. Algunas resoluciones están incompletas: se actualizará el documento próximamente.
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Autor:Mart´ın de la Rosa D´ıaz.
Correo electr´onico:[email protected].
Fecha del documento:14/06/2023.
Nota:Se trata de una versi´on preliminar que podr´ıa contener errores o explicaciones
incompletas. Si descubre alguna errata, h´agalo saber envi´andome un correo.
EJERCICIO 1 [2.5 puntos]
Considera la funci´on definida como�(�)=
1
�
�
−�
−�
.
a)[1.5 puntos]Estudia y halla los m´aximos y m´ınimos absolutos de�(abcisas donde
se obtienen y valores que se alcanzan).
b)[1 punto]Calcula l´ım
�−→+∞
(�
2
�(�)).
a)Para determinar los m´aximos y m´ınimos absolutos, calculamos la derivada de�(�)y
la igualamos a cero. La derivada se obtiene aplicando la regla del cociente y teniendo en
cuenta que las derivadas de�
�
y�
−�
son�
�
y−�
−�
, respectivamente
�
′
(�)=−
�
�
−�
−�
(�
�
+�
−�
)
2
.
As´ı,�
′
(�)se anular´a all´ı donde sea cero el numerador, es decir
�
′
(�)=0⇐⇒�
�
−�
−�
=0=⇒�
�
=�
−�
.
Uno puede, por inspecci´on, percatarse de que la´unica soluci´on de esta ecuaci´on es
�=0. Si no lo vislumbra directamente, aplica logaritmos naturales a ambos lados de la
igualdad, dando
ln(�
�
)=ln(�
−�
)=⇒�ln�=−�ln�=⇒�=−�,
donde en la primera flecha se ha usado que ln�
�
=�ln�, y en la segunda, que ln�=1.
Finalmente, el´unico n´umero que coincide con su negativo es el cero. Esta ser´a la abcisa
del´unicoposiblem´aximo o m´ınimo absoluto (puesto que tambi´en podr´ıa tratarse de un
punto de inflexi´on). Argumentaremos que es un m´aximo absoluto. Esto puede hacerse
de dos formas: o estudiando el signo de la derivada primera o evaluando la derivada
segunda en�=0 y viendo qu´e signo tiene la imagen. La segunda alternativa se antoja
harto tediosa, mientras que para la primera basta con calcular la imagen de la derivada
en dos puntos a cada lado del 0, o hallar su signo. Por ejemplo,�
′
(−1)>0 y�
′
(1)<0.
Esto nos indica que�(�)es creciente en�<0 y decreciente en�>0, de lo que dedu-
cimos que�=0 es un m´aximo. Adem´as, es un m´aximo absoluto porque no hay m´as
1
Correo electr´onico:[email protected].
Fecha del documento:14/06/2023.
Nota:Se trata de una versi´on preliminar que podr´ıa contener errores o explicaciones
incompletas. Si descubre alguna errata, h´agalo saber envi´andome un correo.
EJERCICIO 1 [2.5 puntos]
Considera la funci´on definida como�(�)=
1
�
�
−�
−�
.
a)[1.5 puntos]Estudia y halla los m´aximos y m´ınimos absolutos de�(abcisas donde
se obtienen y valores que se alcanzan).
b)[1 punto]Calcula l´ım
�−→+∞
(�
2
�(�)).
a)Para determinar los m´aximos y m´ınimos absolutos, calculamos la derivada de�(�)y
la igualamos a cero. La derivada se obtiene aplicando la regla del cociente y teniendo en
cuenta que las derivadas de�
�
y�
−�
son�
�
y−�
−�
, respectivamente
�
′
(�)=−
�
�
−�
−�
(�
�
+�
−�
)
2
.
As´ı,�
′
(�)se anular´a all´ı donde sea cero el numerador, es decir
�
′
(�)=0⇐⇒�
�
−�
−�
=0=⇒�
�
=�
−�
.
Uno puede, por inspecci´on, percatarse de que la´unica soluci´on de esta ecuaci´on es
�=0. Si no lo vislumbra directamente, aplica logaritmos naturales a ambos lados de la
igualdad, dando
ln(�
�
)=ln(�
−�
)=⇒�ln�=−�ln�=⇒�=−�,
donde en la primera flecha se ha usado que ln�
�
=�ln�, y en la segunda, que ln�=1.
Finalmente, el´unico n´umero que coincide con su negativo es el cero. Esta ser´a la abcisa
del´unicoposiblem´aximo o m´ınimo absoluto (puesto que tambi´en podr´ıa tratarse de un
punto de inflexi´on). Argumentaremos que es un m´aximo absoluto. Esto puede hacerse
de dos formas: o estudiando el signo de la derivada primera o evaluando la derivada
segunda en�=0 y viendo qu´e signo tiene la imagen. La segunda alternativa se antoja
harto tediosa, mientras que para la primera basta con calcular la imagen de la derivada
en dos puntos a cada lado del 0, o hallar su signo. Por ejemplo,�
′
(−1)>0 y�
′
(1)<0.
Esto nos indica que�(�)es creciente en�<0 y decreciente en�>0, de lo que dedu-
cimos que�=0 es un m´aximo. Adem´as, es un m´aximo absoluto porque no hay m´as
1
m´aximos. Corresponde al punto de coordenadas(0,�(0))=(0, 1/2).
b)El l´ımite pedido es
l´ım
�−→+∞
�
2
�(�)=l´ım
�−→+∞
�
2
�
�
+�
−�
.
La sustituci´on directa de+∞produce el cociente indeterminado∞/∞, ya que�
�
−→
�
+∞
=+∞y�
−�
−→�
−∞
=1/�
+∞
=1/+∞=0. Las condiciones permiten aplicar la
regla de L’Hˆopital, es decir, el anterior l´ımite es equivalente al que resulta de derivar
numerador y denominador. Esto da
l´ım
�−→+∞
2�
�
�
−�
−�
=
∞
∞
.
Aplicando L’Hˆopital de nuevo
l´ım
�−→+∞
2
�
�
+�
−�
=
2
+∞ +0
=0.
N´otese que era f´acil anticipar este resultado: en el l´ımite,�
−�
tiende a cero y no contribu-
ye, por lo que el anterior l´ımite coincide con el de�
2
/�
�
, y la funci´on�
�
crece much´ısimo
m´as r´apido que�
2
, por lo que el cociente se hace arbitrariamente peque˜no a medida que
�crece.
EJERCICIO 2 [2.5 puntos]
Sea la funci´on�:[−2, 2] −→Rdefinida por�(�)=�
3
−2�+5.
a)[1.5 puntos]Determina las abcisas de los puntos, si existen, en los que la pendiente
de la recta tangente coincide con la pendiente de la recta que pasa por los puntos
(−2,�(−2))y(2,�(2)).
b)[1 punto]Determina la ecuaci´on de la recta tangente y la ecuaci´on de la recta
normal a la gr´afica de�en el punto de inflexi´on.
a)Para empezar, como�(−2)=(−2)
3
−2(−2) +5=1 y�(2)=2
3
−2·2+5=9, la pendiente
de la recta que pasa por los puntos(−2,�(−2))y(2,�(2))es
�=
�(2) −�(−2)
2− (−2)
=
9−1
2− (−2)
=
8
4
=2.
Por otro lado, la pendiente de la recta tangente a la gr´afica de�(�)en la abcisa�no es
sino la derivada�
′
(�), cuya expresi´on general es�
′
(�)=3�
2
−2. Se trata entonces de
determinar cu´ando la derivada vale 2, esto es
3�
2
−2=2=⇒3�
2
=4=⇒�
2
=
4
3
=⇒�=±
2
√
3
.
2
b)El l´ımite pedido es
l´ım
�−→+∞
�
2
�(�)=l´ım
�−→+∞
�
2
�
�
+�
−�
.
La sustituci´on directa de+∞produce el cociente indeterminado∞/∞, ya que�
�
−→
�
+∞
=+∞y�
−�
−→�
−∞
=1/�
+∞
=1/+∞=0. Las condiciones permiten aplicar la
regla de L’Hˆopital, es decir, el anterior l´ımite es equivalente al que resulta de derivar
numerador y denominador. Esto da
l´ım
�−→+∞
2�
�
�
−�
−�
=
∞
∞
.
Aplicando L’Hˆopital de nuevo
l´ım
�−→+∞
2
�
�
+�
−�
=
2
+∞ +0
=0.
N´otese que era f´acil anticipar este resultado: en el l´ımite,�
−�
tiende a cero y no contribu-
ye, por lo que el anterior l´ımite coincide con el de�
2
/�
�
, y la funci´on�
�
crece much´ısimo
m´as r´apido que�
2
, por lo que el cociente se hace arbitrariamente peque˜no a medida que
�crece.
EJERCICIO 2 [2.5 puntos]
Sea la funci´on�:[−2, 2] −→Rdefinida por�(�)=�
3
−2�+5.
a)[1.5 puntos]Determina las abcisas de los puntos, si existen, en los que la pendiente
de la recta tangente coincide con la pendiente de la recta que pasa por los puntos
(−2,�(−2))y(2,�(2)).
b)[1 punto]Determina la ecuaci´on de la recta tangente y la ecuaci´on de la recta
normal a la gr´afica de�en el punto de inflexi´on.
a)Para empezar, como�(−2)=(−2)
3
−2(−2) +5=1 y�(2)=2
3
−2·2+5=9, la pendiente
de la recta que pasa por los puntos(−2,�(−2))y(2,�(2))es
�=
�(2) −�(−2)
2− (−2)
=
9−1
2− (−2)
=
8
4
=2.
Por otro lado, la pendiente de la recta tangente a la gr´afica de�(�)en la abcisa�no es
sino la derivada�
′
(�), cuya expresi´on general es�
′
(�)=3�
2
−2. Se trata entonces de
determinar cu´ando la derivada vale 2, esto es
3�
2
−2=2=⇒3�
2
=4=⇒�
2
=
4
3
=⇒�=±
2
√
3
.
2
En conclusi´on, las abcisas buscadas son−2/
√
3 y 2/
√
3. Es importante notar que ambos
puntos pertenecen al dominio de la funci´on,[−2, 2]. De lo contrario, no existir´ıan abcisas
cumpliendo las condiciones (aunque la ecuaci´on�
′
(�)=2 posea soluciones).
b)Buscamos el punto de inflexi´on en la segunda derivada, que es�
′′
(�)=6�. All´ı don-
de�(�)tiene un punto de inflexi´on, la derivada segunda se anula. Esto solo ocurre en
�=0. No obstante, esto no es suficiente para asegurar que�=0 es un punto de in-
flexi´on: hay que estudiar el signo de la derivada primera o las derivadas sucesivas en
�=0. Escogemos la primera ruta. Dado que�
′
(�)es siempre negativa en un entorno
lo suficientemente peque˜no de�=0, e.g. en[−0,5, 0,5],�(�)es decreciente en todo el
intervalo y no alcanza ni un m´aximo ni un m´ınimo en dicho punto. Esto confirma que
�=0 es un punto de inflexi´on (porque no hay m´as posibilidades).
Existen f´ormulas que permiten calcular de forma directa la recta tangente. Como el autor
de este texto no se las sabe, lo que hace es partir de la ecuaci´on de la recta en la forma
�=��+�donde�es la pendiente, que, por ser la recta tangente en�=0, sabemos
que vale�=�
′
(0)=−2. Para calcular�, usamos lo otro que sabemos acerca de la recta
buscada: que en�=0 pasa por el punto(0,�(0))(porque si es tangente a la gr´afica de
�(�)significa que la interseca en ese punto). Como�(0)=5, que pase por este punto
implica, sustituyendo en�=−2�+�los valores�=0,�=5, que 0=−2·0+5, o sea, que
�=5. Nos queda entonces que la ecuaci´on de la recta tangente es�=−2�+5.
Con la recta normal pasa como con la recta tangente: hay ecuaciones que uno puede
saberse de memoria para construirla. Si no, es m´as f´acil recordar que la pendiente de la
recta normal es menos uno partido de la pendiente de la recta tangente. Por tanto, es de
la forma�=�/2+�. Y como tambi´en pasa por el punto(0,�(0)), deducimos an´aloga-
mente que�=5, quedando que la ecuaci´on es�=�/2+5.
EJERCICIO 3 [2.5 puntos]
Considera la funci´on�:R−→Rdefinida por�(�)=�|�−1|. Calcula el´area del recin-
to limitado por la gr´afica de dicha funci´on y su recta tangente en el punto de abcisa�=0.
Ante todo, hemos de conocer bien la definici´on de valor absoluto de una funci´on,|�(�)|.
Este es otra funci´on que siempre es positiva o nula, y que se define como aquella que
vale�(�)cuando�(�)es positiva o nula y−�(�)cuando�(�)es negativa, es decir,
siempre que la funci´on dentro del valor absoluto tenga signo negativo, le quitamos el
signo negativo para que siempre sea positiva o nula. Matem´aticamente
|�(�)|=
(
�(�),�(�) ≥0
−�(�),�(�)<0
3
√
3 y 2/
√
3. Es importante notar que ambos
puntos pertenecen al dominio de la funci´on,[−2, 2]. De lo contrario, no existir´ıan abcisas
cumpliendo las condiciones (aunque la ecuaci´on�
′
(�)=2 posea soluciones).
b)Buscamos el punto de inflexi´on en la segunda derivada, que es�
′′
(�)=6�. All´ı don-
de�(�)tiene un punto de inflexi´on, la derivada segunda se anula. Esto solo ocurre en
�=0. No obstante, esto no es suficiente para asegurar que�=0 es un punto de in-
flexi´on: hay que estudiar el signo de la derivada primera o las derivadas sucesivas en
�=0. Escogemos la primera ruta. Dado que�
′
(�)es siempre negativa en un entorno
lo suficientemente peque˜no de�=0, e.g. en[−0,5, 0,5],�(�)es decreciente en todo el
intervalo y no alcanza ni un m´aximo ni un m´ınimo en dicho punto. Esto confirma que
�=0 es un punto de inflexi´on (porque no hay m´as posibilidades).
Existen f´ormulas que permiten calcular de forma directa la recta tangente. Como el autor
de este texto no se las sabe, lo que hace es partir de la ecuaci´on de la recta en la forma
�=��+�donde�es la pendiente, que, por ser la recta tangente en�=0, sabemos
que vale�=�
′
(0)=−2. Para calcular�, usamos lo otro que sabemos acerca de la recta
buscada: que en�=0 pasa por el punto(0,�(0))(porque si es tangente a la gr´afica de
�(�)significa que la interseca en ese punto). Como�(0)=5, que pase por este punto
implica, sustituyendo en�=−2�+�los valores�=0,�=5, que 0=−2·0+5, o sea, que
�=5. Nos queda entonces que la ecuaci´on de la recta tangente es�=−2�+5.
Con la recta normal pasa como con la recta tangente: hay ecuaciones que uno puede
saberse de memoria para construirla. Si no, es m´as f´acil recordar que la pendiente de la
recta normal es menos uno partido de la pendiente de la recta tangente. Por tanto, es de
la forma�=�/2+�. Y como tambi´en pasa por el punto(0,�(0)), deducimos an´aloga-
mente que�=5, quedando que la ecuaci´on es�=�/2+5.
EJERCICIO 3 [2.5 puntos]
Considera la funci´on�:R−→Rdefinida por�(�)=�|�−1|. Calcula el´area del recin-
to limitado por la gr´afica de dicha funci´on y su recta tangente en el punto de abcisa�=0.
Ante todo, hemos de conocer bien la definici´on de valor absoluto de una funci´on,|�(�)|.
Este es otra funci´on que siempre es positiva o nula, y que se define como aquella que
vale�(�)cuando�(�)es positiva o nula y−�(�)cuando�(�)es negativa, es decir,
siempre que la funci´on dentro del valor absoluto tenga signo negativo, le quitamos el
signo negativo para que siempre sea positiva o nula. Matem´aticamente
|�(�)|=
(
�(�),�(�) ≥0
−�(�),�(�)<0
3
En particular,�−1 es negativa cuando�<1 y positiva o nula en el resto de puntos.
Entonces
�|�−1|=
(
�(1−�)=�−�
2
,�<1
�(�−1)=�
2
−�,�≥1
Hemos puesto el igual en la rama de�>1, pero se puede poner en cualquiera de las
dos. Ahora, la recta tangente de�(�)en�=0 se calcula con la expresi´on de la rama
�<1. Al igual que en el ejercicio anterior, derivamos esta expresi´on, lo que da 1−2�,
y la evaluamos en�=0. Resulta entonces que la pendiente vale�
′
(0)=1. Adem´as,
esta recta pasa por el punto(0,�(0))=(0, 0). Con estas dos condiciones, se sigue que la
recta tangente tiene por ecuaci´on�=�. Llamaremos a esta funci´on�(�), de modo que
�(�)=�.
Lo m´as pertinente para hallar el´area entre dos funciones es, en primer lugar, hacer
un esbozo de la misma. Esto pasar´ıa por dibujar las par´abolas�−�
2
en el intervalo
(−∞, 1]y�
2
−�en[1,+∞). A lo mejor esto no resulta grato para todos, por lo que
razonaremos c´omo hay que integrar las funciones implicadas sin dibujar nada. Sabemos
que los extremos de integraci´on son (algunas de) las abcisas de los puntos de corte de
las dos gr´aficas. Por definici´on,�=�corta a�(�)en�=0, porque es su recta tangente
en ese punto. ¿Hay m´as puntos de corte? Si igualamos�a�−�
2
nos queda�
2
=0, cuya
´unica soluci´on es�=0, que ya conoc´ıamos. Esto nos dice que no hay m´as puntos de
corte en�<1. Igualando a la expresi´on de la otra rama, se tiene
�
2
−�=�=⇒�
2
=2�=⇒�(�−2)=0,
lo que da el otro punto de corte en�=2. Advertimos que aunque tambi´en esta ecuaci´on
tiene por soluci´on�=0, no ser´ıa v´alida porque est´a fuera del dominio de la rama
considerada, que es�≥1. As´ı las cosas, las dos funciones se cortan en�=0 y�=2.
Ahora solo queda averiguar cu´al est´a encima y cu´al, debajo. Como�(1)=0 mientras
que�(1)=1, se tiene que�(�) ≥�(�)en el intervalo[0, 2]. Es claro entonces que el´area,
con el signo correcto, vendr´a dada por la integral
�=
∫
2
0
[�(�) −�(�)]��=
∫
2
0
[�−�|�−1|]��.
La manera de abordar integrales que contienen valores absolutos es partir el dominio de
integraci´on en trozos all´ı donde se produzca un cambio de rama. Esto sucede en�=1,
donde�(�)pasa de ser�−�
2
a�
2
−�. Por ende
�=
∫
1
0
[�− (�−�
2
)]��+
∫
2
1
[�− (�
2
−�)]��.
Las anteriores integrales son inmediatas y queda�=7/3.
4
Entonces
�|�−1|=
(
�(1−�)=�−�
2
,�<1
�(�−1)=�
2
−�,�≥1
Hemos puesto el igual en la rama de�>1, pero se puede poner en cualquiera de las
dos. Ahora, la recta tangente de�(�)en�=0 se calcula con la expresi´on de la rama
�<1. Al igual que en el ejercicio anterior, derivamos esta expresi´on, lo que da 1−2�,
y la evaluamos en�=0. Resulta entonces que la pendiente vale�
′
(0)=1. Adem´as,
esta recta pasa por el punto(0,�(0))=(0, 0). Con estas dos condiciones, se sigue que la
recta tangente tiene por ecuaci´on�=�. Llamaremos a esta funci´on�(�), de modo que
�(�)=�.
Lo m´as pertinente para hallar el´area entre dos funciones es, en primer lugar, hacer
un esbozo de la misma. Esto pasar´ıa por dibujar las par´abolas�−�
2
en el intervalo
(−∞, 1]y�
2
−�en[1,+∞). A lo mejor esto no resulta grato para todos, por lo que
razonaremos c´omo hay que integrar las funciones implicadas sin dibujar nada. Sabemos
que los extremos de integraci´on son (algunas de) las abcisas de los puntos de corte de
las dos gr´aficas. Por definici´on,�=�corta a�(�)en�=0, porque es su recta tangente
en ese punto. ¿Hay m´as puntos de corte? Si igualamos�a�−�
2
nos queda�
2
=0, cuya
´unica soluci´on es�=0, que ya conoc´ıamos. Esto nos dice que no hay m´as puntos de
corte en�<1. Igualando a la expresi´on de la otra rama, se tiene
�
2
−�=�=⇒�
2
=2�=⇒�(�−2)=0,
lo que da el otro punto de corte en�=2. Advertimos que aunque tambi´en esta ecuaci´on
tiene por soluci´on�=0, no ser´ıa v´alida porque est´a fuera del dominio de la rama
considerada, que es�≥1. As´ı las cosas, las dos funciones se cortan en�=0 y�=2.
Ahora solo queda averiguar cu´al est´a encima y cu´al, debajo. Como�(1)=0 mientras
que�(1)=1, se tiene que�(�) ≥�(�)en el intervalo[0, 2]. Es claro entonces que el´area,
con el signo correcto, vendr´a dada por la integral
�=
∫
2
0
[�(�) −�(�)]��=
∫
2
0
[�−�|�−1|]��.
La manera de abordar integrales que contienen valores absolutos es partir el dominio de
integraci´on en trozos all´ı donde se produzca un cambio de rama. Esto sucede en�=1,
donde�(�)pasa de ser�−�
2
a�
2
−�. Por ende
�=
∫
1
0
[�− (�−�
2
)]��+
∫
2
1
[�− (�
2
−�)]��.
Las anteriores integrales son inmediatas y queda�=7/3.
4
EJERCICIO 4 [2.5 puntos]
Considera la funci´on�:R−→Rdefinida por�(�)=
∫
�
0
sin(�
2
)��. Calcula l´ım
�−→0
��(�)
sin(�
2
)
.
Nos est´an pidiendo resolver el l´ımite
l´ım
�−→0
�
∫
�
0
sin(�
2
)��
sin(�
2
)
.
Como
�(0)=
∫
0
0
sin(�
2
)��=0,
porque si el dominio de integraci´on tiene medida nula la integral da cero, el l´ımite arroja
el cociente indeterminado 0/0. Hemos de emplear la regla de L’Hˆopital, lo que entra˜na
derivar la funci´on�(�). Esto se consigue por medio del primer teorema fundamental del
c´alculo, que nos dice que�
′
(�)=sin(�
2
). As´ı pues, derivando arriba y abajo nos queda
el l´ımite
l´ım
�−→0
∫
�
0
sin(�
2
)��+�sin(�
2
)
2�cos(�
2
)
=
0
0
.
Toca derivar otra vez, obteniendo
l´ım
�−→0
sin(�
2
) +sin(�
2
) +2�
2
cos(�
2
)
2 cos(�
2
) −4�
2
sin(�
2
)
.
En este´ultimo l´ımite, el numerador sigue siendo cero, pero el denominador, no, ya que
2 cos(0
2
)=2. El valor del l´ımite es, pues, 0/2=0.
EJERCICIO 5 [2.5 puntos]
Una marca de veh´ıculos ha vendido este mes coches de tres colores: blancos, negros y
rojos. El 60 % de los coches blancos m´as el 50 % de los coches negros representan el 30 %
de los coches vendidos. El 20 % de los coches blancos junto con el 60 % de los coches
negros y el 60 % de los coches rojos representan la mitad de los coches vendidos. Se han
vendido 100 coches negros m´as que blancos. Determina el n´umero de coches vendidos
de cada color.
La´unica dificultad de este ejercicio es plantear el sistema de ecuaciones lineales de tres
inc´ognitas correcto. A partir de ah´ı, puede aplicarse cualquier m´etodo de resoluci´on de
sistemas de ecuaciones lineales. Llamaremos a las inc´ognitas�,�y�, y simbolizar´an el
n´umero de coches blancos, negros y rojos vendidos este mes, respectivamente. Teniendo
en cuenta que los porcentajes se hallan multiplicando la inc´ognita correspondiente por
5
Considera la funci´on�:R−→Rdefinida por�(�)=
∫
�
0
sin(�
2
)��. Calcula l´ım
�−→0
��(�)
sin(�
2
)
.
Nos est´an pidiendo resolver el l´ımite
l´ım
�−→0
�
∫
�
0
sin(�
2
)��
sin(�
2
)
.
Como
�(0)=
∫
0
0
sin(�
2
)��=0,
porque si el dominio de integraci´on tiene medida nula la integral da cero, el l´ımite arroja
el cociente indeterminado 0/0. Hemos de emplear la regla de L’Hˆopital, lo que entra˜na
derivar la funci´on�(�). Esto se consigue por medio del primer teorema fundamental del
c´alculo, que nos dice que�
′
(�)=sin(�
2
). As´ı pues, derivando arriba y abajo nos queda
el l´ımite
l´ım
�−→0
∫
�
0
sin(�
2
)��+�sin(�
2
)
2�cos(�
2
)
=
0
0
.
Toca derivar otra vez, obteniendo
l´ım
�−→0
sin(�
2
) +sin(�
2
) +2�
2
cos(�
2
)
2 cos(�
2
) −4�
2
sin(�
2
)
.
En este´ultimo l´ımite, el numerador sigue siendo cero, pero el denominador, no, ya que
2 cos(0
2
)=2. El valor del l´ımite es, pues, 0/2=0.
EJERCICIO 5 [2.5 puntos]
Una marca de veh´ıculos ha vendido este mes coches de tres colores: blancos, negros y
rojos. El 60 % de los coches blancos m´as el 50 % de los coches negros representan el 30 %
de los coches vendidos. El 20 % de los coches blancos junto con el 60 % de los coches
negros y el 60 % de los coches rojos representan la mitad de los coches vendidos. Se han
vendido 100 coches negros m´as que blancos. Determina el n´umero de coches vendidos
de cada color.
La´unica dificultad de este ejercicio es plantear el sistema de ecuaciones lineales de tres
inc´ognitas correcto. A partir de ah´ı, puede aplicarse cualquier m´etodo de resoluci´on de
sistemas de ecuaciones lineales. Llamaremos a las inc´ognitas�,�y�, y simbolizar´an el
n´umero de coches blancos, negros y rojos vendidos este mes, respectivamente. Teniendo
en cuenta que los porcentajes se hallan multiplicando la inc´ognita correspondiente por
5
la fracci´on en tanto por 1 (por ejemplo, el 60 % de los coches blancos es 0,6�) y que la
cantidad total de coches vendidos es�+�+�, el sistema descrito en el enunciado es
0,6�+0,5�=0,3(�+�+�)
0,2�+0,6�+0,6�=0,5(�+�+�)
�−�=100
que puede simplificarse a
0,3�+0,2�−0,3�=0
−0,3�+0,1�+0,1�=0
�−�=100
y cuya soluci´on (´unica) es�=500,�=600,�=900.
EJERCICIO 6 [2.5 puntos]
Considera las matrices
�=
?
?
?
?
0 0�
�0 0
0�0
?
?
?
?
y
�=
?
?
?
?
1 0 0
0 0 1
0 1 0
?
?
?
?
a)[0.5 puntos]Determina para qu´e valores de�existe la inversa de la matriz�.
b)[2 puntos]Para todo�≠1, resuelve, si es posible, la ecuaci´on��+�=�.
a)Una matriz cuadrada tiene inversa si y solo si su determinante es distinto de cero. El
determinante de�es
|�|=
0 0�
�0 0
0�0
=�
3
que es cero si y solo si�=0. Deducimos que�es invertible para todo�distinto de
0. Tambi´en pod´ıamos haberlo deducido sin hacer el determinante:�ser´a invertible si y
solo si tiene rango m´aximo, y, siempre que�no valga cero, las tres filas (o columnas)
de�son linealmente independientes, por lo que rg(�)=3.
6
cantidad total de coches vendidos es�+�+�, el sistema descrito en el enunciado es
0,6�+0,5�=0,3(�+�+�)
0,2�+0,6�+0,6�=0,5(�+�+�)
�−�=100
que puede simplificarse a
0,3�+0,2�−0,3�=0
−0,3�+0,1�+0,1�=0
�−�=100
y cuya soluci´on (´unica) es�=500,�=600,�=900.
EJERCICIO 6 [2.5 puntos]
Considera las matrices
�=
?
?
?
?
0 0�
�0 0
0�0
?
?
?
?
y
�=
?
?
?
?
1 0 0
0 0 1
0 1 0
?
?
?
?
a)[0.5 puntos]Determina para qu´e valores de�existe la inversa de la matriz�.
b)[2 puntos]Para todo�≠1, resuelve, si es posible, la ecuaci´on��+�=�.
a)Una matriz cuadrada tiene inversa si y solo si su determinante es distinto de cero. El
determinante de�es
|�|=
0 0�
�0 0
0�0
=�
3
que es cero si y solo si�=0. Deducimos que�es invertible para todo�distinto de
0. Tambi´en pod´ıamos haberlo deducido sin hacer el determinante:�ser´a invertible si y
solo si tiene rango m´aximo, y, siempre que�no valga cero, las tres filas (o columnas)
de�son linealmente independientes, por lo que rg(�)=3.
6
b)Hemos de despejar�en la ecuaci´on matricial��+�=�. Para ello, notamos que
��+�=�=⇒ (�+�)�=�=⇒�=(�+�)
−1
�,
donde�es la matriz identidad, y siempre que�+�tenga inversa. Como esta matriz es
�+�=
?
?
?
?
1 0�
�1 0
0�1
?
?
?
?
su determinante vale
|�+�|=
1 0�
�1 0
0�1
=1+�
3
=(1+�)(�
2
−�+1)
as´ı que el´unico n´umero real que anula el determinante es�=−1, motivo por el cual
nos disuaden de resolver la ecuaci´on en tal supuesto. En el resto,�+�es invertible. Cal-
cularemos su inversa como(adj(A+I)
t
)/det(�+�), siendo adj(A+I)su matriz adjunta,
que vale
adj(�+�)=
?
?
?
?
1−� �
2
�
2
1−�
−�−�
2
1
?
?
?
?
y entonces
(�+�)
−1
=
1
1+�
3
?
?
?
?
1�
2
−�
−�1−�
2
�
2
−�1
?
?
?
?
La soluci´on de la ecuaci´on matricial es, finalmente
�=
1
1+�
3
?
?
?
?
1�
2
−�
−�1−�
2
�
2
−�1
?
?
?
?
?
?
?
?
1 0 0
0 0 1
0 1 0
?
?
?
?
=
1
1+�
3
?
?
?
?
1−� �
2
−�−�
2
1
�
2
1−�
?
?
?
?
EJERCICIO 7 [2.5 puntos]
El plano perpendicular al segmento de extremos�(0, 3, 8)y�(2, 1, 6)que pasa por su
punto medio corta a los ejes coordenados en los puntos�,�,�. Halla el´area del tri´angu-
lo cuyos v´ertices son los puntos�,�y�.
El vector de extremos�y�es
−−→
��=(2, 1, 6) − (0, 3, 8)=(2,−2,−2). Los planos cuyo
vector normal es paralelo a
−−→
��son de la forma 2�−2�−2�=�, donde�es un n´umero
7
��+�=�=⇒ (�+�)�=�=⇒�=(�+�)
−1
�,
donde�es la matriz identidad, y siempre que�+�tenga inversa. Como esta matriz es
�+�=
?
?
?
?
1 0�
�1 0
0�1
?
?
?
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su determinante vale
|�+�|=
1 0�
�1 0
0�1
=1+�
3
=(1+�)(�
2
−�+1)
as´ı que el´unico n´umero real que anula el determinante es�=−1, motivo por el cual
nos disuaden de resolver la ecuaci´on en tal supuesto. En el resto,�+�es invertible. Cal-
cularemos su inversa como(adj(A+I)
t
)/det(�+�), siendo adj(A+I)su matriz adjunta,
que vale
adj(�+�)=
?
?
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1−� �
2
�
2
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y entonces
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La soluci´on de la ecuaci´on matricial es, finalmente
�=
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?
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EJERCICIO 7 [2.5 puntos]
El plano perpendicular al segmento de extremos�(0, 3, 8)y�(2, 1, 6)que pasa por su
punto medio corta a los ejes coordenados en los puntos�,�,�. Halla el´area del tri´angu-
lo cuyos v´ertices son los puntos�,�y�.
El vector de extremos�y�es
−−→
��=(2, 1, 6) − (0, 3, 8)=(2,−2,−2). Los planos cuyo
vector normal es paralelo a
−−→
��son de la forma 2�−2�−2�=�, donde�es un n´umero
7
real. Podemos simplificar dividiendo toda la expresi´on por−2, qued´andonos con−�+
�+�=�. Buscamos el plano que adicionalmente pasa por el punto medio del segmento
��. Dicho punto medio se obtiene de la ’media aritm´etica’ de�y�, es decir
ȷ
2+0
2
,
1+3
2
,
6+8
2
ff
=(1, 2, 7).
Si el plano pasa por este punto, su ecuaci´on debe cumplirse si sustituimos�=1,�=2,
�=7:−1+2+7=�, y esto nos revela que�=8. La ecuaci´on completa del plano es
−�+�+�=8.
Hallar los puntos de corte con los ejes es tan simple como ir anulando dos de las coor-
denadas y despejando la tercera de la ecuaci´on del plano, ya que los puntos de los ejes
�,�o�son de la forma(�, 0, 0),(0,�, 0)o(0, 0,�), respectivamente. El punto del plano
sobre el eje�cumple que−�+0+0=8, de donde es el punto�(−8, 0, 0). An´alogamente,
los puntos de corte con los ejes�,�son�(0, 8, 0),�(0, 0, 8), respectivamente.
Dados tres puntos�,�,�, puede calcularse el´area del tri´angulo que generan haciendo
la mitad del m´odulo de
−−→
��×
−−→
��(ya que este m´odulo es el´area del paralelogramo que
definen, y dicho paralelogramo est´a formado por dos tri´angulos de igual´area). Se calcula
f´acilmente que
−−→
��=(8, 8, 0)y
−−→
��=(0,−8, 8). El producto vectorial es
−−→
��×
−−→
��=
i j k
8 8 0
0−8 8
=−64i−64j−64k=−64(i+j+k).
En consecuencia
1
2
∥
−−→
��×
−−→
��∥=32
√
3.
EJERCICIO 8 [2.5 puntos]
Considera el punto�(−1, 1, 3)y la recta�determinada por los puntos�(2, 1, 1)y�(0, 1,−1).
a)[1.5 puntos]Halla la distancia del punto�a la recta�.
b)[1 punto]Calcula el´area del tri´angulo cuyos v´ertices son�,�y�.
a)La distancia entre un punto y una recta se obtiene directamente con una f´ormula que
s´ı conviene recordar... (se completar´a en una versi´on posterior de este documento).
8
�+�=�. Buscamos el plano que adicionalmente pasa por el punto medio del segmento
��. Dicho punto medio se obtiene de la ’media aritm´etica’ de�y�, es decir
ȷ
2+0
2
,
1+3
2
,
6+8
2
ff
=(1, 2, 7).
Si el plano pasa por este punto, su ecuaci´on debe cumplirse si sustituimos�=1,�=2,
�=7:−1+2+7=�, y esto nos revela que�=8. La ecuaci´on completa del plano es
−�+�+�=8.
Hallar los puntos de corte con los ejes es tan simple como ir anulando dos de las coor-
denadas y despejando la tercera de la ecuaci´on del plano, ya que los puntos de los ejes
�,�o�son de la forma(�, 0, 0),(0,�, 0)o(0, 0,�), respectivamente. El punto del plano
sobre el eje�cumple que−�+0+0=8, de donde es el punto�(−8, 0, 0). An´alogamente,
los puntos de corte con los ejes�,�son�(0, 8, 0),�(0, 0, 8), respectivamente.
Dados tres puntos�,�,�, puede calcularse el´area del tri´angulo que generan haciendo
la mitad del m´odulo de
−−→
��×
−−→
��(ya que este m´odulo es el´area del paralelogramo que
definen, y dicho paralelogramo est´a formado por dos tri´angulos de igual´area). Se calcula
f´acilmente que
−−→
��=(8, 8, 0)y
−−→
��=(0,−8, 8). El producto vectorial es
−−→
��×
−−→
��=
i j k
8 8 0
0−8 8
=−64i−64j−64k=−64(i+j+k).
En consecuencia
1
2
∥
−−→
��×
−−→
��∥=32
√
3.
EJERCICIO 8 [2.5 puntos]
Considera el punto�(−1, 1, 3)y la recta�determinada por los puntos�(2, 1, 1)y�(0, 1,−1).
a)[1.5 puntos]Halla la distancia del punto�a la recta�.
b)[1 punto]Calcula el´area del tri´angulo cuyos v´ertices son�,�y�.
a)La distancia entre un punto y una recta se obtiene directamente con una f´ormula que
s´ı conviene recordar... (se completar´a en una versi´on posterior de este documento).
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