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