Modelo 1. Ejercicio 2 de la Opción A de Sobrantes de 2010
[2’5 puntos] Sea f :(−2, +∞) → R la función definida por f(x) = ln(x + 2). Halla una primitiva F de f que verifique F(0) = 0. (ln denota el logaritmo neperiano)
Solución
(a)
Una primitiva F(x) es F(x) = ∫ ln(x + 2).dx, que es una integral por partes (∫u.dv = u.v - ∫v.du)
Tomamos u = ln(x+2) de donde du = dx/(x+2), y dv = dx de donde v = ∫dx = x, luego nos resulta
F(x) = ∫ ln(x + 2).dx = x.ln(x+2) - ∫[x/(x+2)]dx = x.ln(x+2) - ∫[(x+2-2)/(x+2)]dx = x.ln(x+2) - ∫[1 -2/(x+2)]dx =
= x.ln(x+2) – x + 2ln|x+2| + K.
Como F(0) = 0, tenemos que 0 = 0.ln(2) – 0 + 2.ln(2) + K, de donde K = -2.ln(2), y la primitiva pedida es:
F(x) = x.ln(x+2) – x + 2ln|x+2| – 2.ln(2)
Modelo 1. Ejercicio 2 de la Opción B de Sobrantes de 2010
[2’5 puntos] Calcula el valor de a > 0 sabiendo que el área del recinto comprendido entre la parábola y = x2 + ax y la recta y + x = 0 vale 36 unidades cuadradas.
Solución
Sabemos que la recta y = -x es la bisectriz del II y IV cuadrante.
La parábola y = x2 + ax tiene las ramas hacia arriba, corta al eje OX en x = 0 y x = -a (soluciones de x2 +ax = 0). Un esbozo de la gráfica sería
Área = 36 = ∫b0(recta – parábola)dx
"b" es la solución de recta = parábola, x2 + ax = -x, de donde x2 + x(a+1) = x(x + (a+1)) = 0, de donde las soluciones son x O 0 yy x = -a – 1, es decir
36 = ∫b0(recta – parábola)dx = ∫-a-10(–x – x2 – ax)dx = [-x2/2 –x3/3 –ax2/2]-a-1 0 =
= (0) – [ - (-a-1)2/2 – (-a-1)3/3 – a(-a-1)2 ] = (a3 + 3a2 + 3a + 1)/6 = 36, de donde a3 + 3a2 + 3a – 215 = 0
Utilizando Ruffini, tenemos (probamos con el 5)
|
1 |
3 |
3 |
-215 |
5 |
|
5 |
40 |
215 |
|
1 |
8 |
43 |
0 |
Vemos que la raíz es 5, es decir "a = 5". Si intentamos resolver la ecuación x2 +8x+43 = 0, vemos que no tiene más soluciones reales.
Ejercicio 2 de la Opción A de Junio de 2010
[2’5 puntos] Calcula
Sugerencia: Efectúa el cambio √(x) = t.
Solución
Calculamos primero la integral indefinida
I = ∫sen(√(x))dx = { cambio √(x) = t; x = t2 y dx = 2tdt } = ∫sen(t).2tdt = 2. ∫t.sen(t)dt = 2.I1, donde I1 es una integral por partes (∫u.dv = u.v - ∫v.du)
I1 = ∫t.sen(t)dt = { u = t y dv = sen(t)dt, de donde du = dt y v = ∫sen(t)dt = -cos(t) } =
= -t.cos(t) - ∫-cos(t)dt = -t.cos(t) + sen(t)
Luego I = 2. I1 = 2.[ -t.cos(t) + sen(t)] + K = { quito cambio √(x) = t } =
= 2.[ -(√(x)).cos(√(x)) + sen(√(x))] + K
Calculamos ya la integral original
= 2.[ ( -√π2.cos(√(π2)) + sen(√(π2) ) - (-(√(0)).cos(√(0)) + sen(√(0) ) ] =
= 2.[ ( (-π)(-1) + 0 ) – ( 0+0 ) ] = 2π
Ejercicio 2 de la Opción B de Junio de 2010
Considera la función f dada por f(x) = 5 – x y la función g definida como g(x) = 4/x para x ≠ 0.
(a) [1 punto] Esboza el recinto limitado por las gráficas de f y g indicando sus puntos de corte.
(b) [1’5 puntos] Calcula el área de dicho recinto.
Solución
f(x) = 5 – x y g(x) = 4/x
(a)
f(x) = 5 – x, es una recta y con dos valores de "x" es suficiente para dibujarla.
g(x) = 4/x, es una hipérbola de I y III cuadrante. Le doy dos valores a "x" a la derecha del 0 y dos a la izquierda del 0. Tenemos en cuenta que x = 0 es una asíntota vertical y la recta y = 0 es una asíntota horizontal.
x f(x) = 5 – x x g(x) = 4/x
5 f(5) = 0 1 g(1) = 4
0 f(0) = 5 2 g(2) = 2
-1 g(-1) = -4
-2 g(-2) = -2
Para ver los puntos de corte igualamos f(x) = g(x), es decir 5 – x = 4/x, de donde 5x-x2=4, es decir x2 – 5x + 4 = 0. Resolviendo l ecuación obtenemos x = 1 y x = 4. Un esbozo de la gráficas es
(b)
El área del recinto limitado por las curvas f(x) y g(x) es
Área = ∫14 [f(x) – g(x) ]dx = ∫14 [5 – x – 4/x ]dx = [ 5x – x2/2 – 4Ln|x| ]14| =
= ( 20 – 8 – 4Ln|4| ) – ( 5 – 1/2 – 4Ln|1| ) = ( 12 – 4Ln(4) ) – ( 9/2 – 0 ) = 15/2 – 4Ln(4) u2
Modelo 3. Ejercicio 2 de la Opción A de Sobrantes de 2010
[2’5 puntos] Dada la función f definida por f(x) = 3/(x2 -5x+4) para x 1y x 4. Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de f, el eje de abscisas, y las rectas x =2, x = 3.
Solución
De f(x) = 3/(x2 -5x+4) para x 1y x 4, estamos viendo que x = 1 y x = 4, son asíntotas verticales de f(x). (Si se calcula el límite cuando x tiende a 1 ó a 4 nos sale infinito). La gráfica entre las asíntotas se parece a la de una parábola con las ramas hacia abajo (gráfica de la función 1/g(x) a partir de la gráfica de g(x) en el caso de que g(x) sea una parábola), a izquierda y derecha de las asíntotas verticales x = 1 y x = 4, sabiendo que también tiene como asíntota horizontal y = 0, la gráfica se parece a trozos de hipérbola (me acerco a las asíntotas).
Aunque no es necesario pongo un esbozo de la gráfica de "x2 – 5x + 4" (en rojo) y de "3/( x2 – 5x + 4 )" (en azul)
Como en principio no sé la gráfica pongo valores absolutos ( | | )
Área = | (∫23 [ 3/(x2 -5x+4) ].dx | = | (∫23 [ 3/( (x -1)(x - 4) ) ].dx | = **
La descomposición en suma de fracciones simples es 3/( (x -1)(x - 4) ) = A/(x-1) + B/(x-4) =
= [ ( A(x-4) + B(x-1) ) ] / ((x -1)(x - 4) ). Igualando numeradores tenemos 3 = A(x-4) + B(x-1)
Tomando x = 1, nos sale 3 = A(-3), de donde A = -1
Tomando x = 4, nos sale 3 = B(3), de donde B = 1
Seguimos ya con la integral
** = | (∫23 [ A/(x -1) + B/(x - 4) ) ].dx | = | (∫23 [ -1/(x -1) + 1/(x - 4) ) ].dx | =
= | [ -ln|x-1| + ln|x-4| ]23 | = | ( (-ln(2) + ln(1) ) – ( -ln(1) + ln(2) ) ) | = | -2ln(2) | = 2.ln(2) u.a.
Modelo 3. Ejercicio 2 de la Opción B de Sobrantes de 2010
Considera la función f : R → R definida por f(x) = x|2 − x|.
(a) [1 punto] Esboza su gráfica.
(b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de f, el eje de abscisas y la recta de ecuación x=3.
Solución
(a)
Sabemos que |2 – x| = , por tanto f(x) = x|2 − x| = .
Esta función es continua en todo R porque el valor absoluto es una función continua en todo R, y el producto de funciones continua y compuesta de funciones continuas es continua
Si x < 2 tenemos la parábola –x2 + 2x que como sabemos tiene las ramas hacia abajo, corta al eje OX en x = 0 y x = 2, y el vértice en (-b/2a, f(-b/2a)) = (1, 1). (Sólo la dibujamos para x < 2, en azul)
Si x ≥ 2 tenemos la parábola x2 – 2x que como sabemos tiene las ramas hacia arriba, corta al eje OX en x = 0 y x=2, y el vértice en (-b/2a, f(-b/2a)) = (1, -1). (Sólo la dibujamos para x ≥ 2, en rojo)
Un esbozo de la gráfica es
(b)
El área del recinto limitado por f, el eje OX y la recta x=3, según vemos en la figura es
Área = = ∫02 (-x2+2x)dx + ∫23 (x2-2x)dx = [-x3/3+x2]02 + [x3/3-x2]23 = ( (-8/3+4)-0 ) + ( (9-9) – (8/3 – 4) ) = 8/3 u.a.
Ejercicio 2 de la Opción A de Junio de 2010 (Colisiones)
Considera las funciones f, g : R → R definidas por f(x) = 2 – x2, g(x) = |x|.
(a) [ 1 punto] Esboza sus gráficas en unos mismos ejes coordenados.
(b) [ 1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de f y g.
Solución
f(x) = 2 – x2; g(x) = |x| =
La gráfica de "– x2" es igual que la de x2 (parábola de vértice (0,0) y ramas hacia arriba) pero simétrica respecto al eje OX. La grafica de "6 – x2" es una parábola igual que – x2 pero desplazada 2 unidades hacia arriba en ordenadas OY. "x" y "– x" son rectas luego con dos puntos es suficiente para dibujarlas ( "x" es la bisectriz del I y III cuadrante, y solo se dibuja para x ≥ 0, y "- x" es la bisectriz del II y IV cuadrante, y solo se dibuja para x < 0), luego un esbozo de su gráfica es
(b)
Para calcular el área vemos los puntos de corte (lo veremos para x > 0) y tenemos en cuenta que es simétrica respecto al eje OY y el área será el doble de la mitad del recinto.
Igualamos 2 – x2 a x (utilizamos x > 0)
2 – x2 = x, de donde x2 + x – 2 = 0. Las soluciones son x = -2 y x = 1. Solo utilizamos la solución x = 1 (x era > 0)
Área = 2.∫01 [(2 – x2) – (x)]dx = 2.[2x – x3/3 – x2/2]01 = 2.[(2 – 1/3 – 1/2) – (0)] = 7/3 u2
Ejercicio 2 de la Opción B de Junio de 2010 (Colisiones)
Dada la función f: (0,+∞) → R definida por f(x) = ln x, donde ln la función logaritmo neperiano, se pide:
a) [0’75 puntos] Comprueba que la recta de ecuación y = -ex + 1+ e2 es la recta normal a la gráfica de f en el punto de abscisa x = e.
b) [1’75 puntos] Calcula el área de la región limitada por la gráfica de f , el eje de abscisas y la recta normal del apartado (a).
Solución
a)
Sabemos que la recta normal (perpendicular) de f(x) en x = e es " y – f(e) = (-1/f’(e)).(x – e)"
f(x) = ln(x), luego f(e) = ln(e) = 1
f’(x) = 1/x, luego f’(e) = 1/e, por tanto (-1/f’(e)) = [-1/(1/e)] = -e, y la recta normal es
y – 1 = -e.(x – e) = -ex + e2, luego y = -ex + 1+ e2 como pedían.
b)
Vamos a realizar un esbozo de la región. La grafica de ln(x) es conocida (x = 0 es asíntota vertical, siempre creciente, corta al eje OX en x = 1, y simétrica respecto a la bisectriz y = x de su recíproca ex), la gráfica de y = -ex + 1+ e2 es la de su recta perpendicular en x = e. (ln(x) en rojo y la recta en azul)
Calculamos el punto de corte de y = -ex + 1+ e2 con el eje OX, haciendo y = 0, con lo cual nos queda x = e + 1/e. Ya hemos dicho antes que las gráficas se cortan en x = e, luego el área pedida es
Área = ∫ 1e(ln(x))dx (*) + ∫ ee+1/e(-ex + 1+ e2 )dx =
= [xln|x| – x]1 e + [–ex2/2 + x + e2x]e e+1/e = [(eln|e| – e) – (1ln|1| – 1)] +
+ [(–e(e+1/e)2/2 + (e+1/e) + e2(e+1/e)) – (–e.e2/2 + e + e2e)] = 1 + 1/(2e) u2.
(*) ∫ ln(x)dx = {es una integral por partes, u = ln(x) y dv = dx, de donde du = (dx)/x y v = x } = xln|x| - ∫ x. (dx)/x = xln|x| - ∫ dx = xln|x| - x
Ejercicio 2 de la Opción A de Septiembre de 2010 (Ordinario)
Sea I =∫ [ 5/(1 + √(e-x) ) ]dx
(a) 1 punto Expresa I haciendo el cambio de variable t2 = e-x.
(b) 1’5 puntos Determina I.
Solución
(a)
Del cambio t2 = e-x, despejamos "x" para calcular "dx".
Si cambio t2 = e-x = 1/ex, tenemos que ex = 1/t2. Como ex es la recíproca del logaritmo neperiano (ln), obtenemos x = ln(1/t2) = ln(1) – ln(t2) = 0 -2ln(t) = -2ln(t).
Si x = -2ln(t), nos resulta dx = (-2/t)dt.
Entramos ya en la integral
I =∫ [ 5/(1 + √(e-x) ) ]dx =∫ [ 5/(1 + √(t2) ) ].(-2/t)dt = -10.∫ dt/[(1+t).t], que es una integral racional con raíces reales simples (el 0 y el – 1)
(b)
I = -10.∫ dt/[(1+t).t] = -10.I1
I1 = ∫ dt/[(1+t).t] = ∫ [A/(1 + t)]dt + ∫ [B/(t)]dt = A.ln|1 + t| + B.ln|t| + k, donde A y B son constantes que vamos a calcular a continuación:
1/[1+t).t] = A/(1 + t) + B/(t) = [ A.t + B(1+t) ] / [(1+t).t]
Igualando numeradores tenemos 1 = A.t + B(1+t)
Para t = 0, tenemos 1 = B
Para t = -1, tenemos 1 = -A, de donde A = -1.
La integral pedidaza es I = -10.∫ dt/[(1+t).t] = -10.I1 = -10.( A.ln|1 + t| + B.ln|t| + k ) =
= -10.( -1.ln|1 + t| + ln|t| + k ) = {quitando cambio } = -10.( -1.ln|1 + √(e-x) | + ln|√(e-x) | + k ).
Ejercicio 2 de la Opción B de Septiembre de 2010 (Ordinario)
Considera la función f: R → R dada por f(x) = x2 + 4.
(a) [0’75 puntos] Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x = 1.
(b) [1’75 puntos] Esboza el recinto limitado por la gráfica de f, el eje de ordenadas y la recta de ecuación y = 2x + 3. Calcula su área.
Solución
(a)
Sabemos que la recta tangente de f en x = 1 es " y – f(1) = f’(1).(x – 1)"
f(x) = x2 + 4, luego f(1) = 1+4 = 5
f’(x) = 2x, luego f’(1) = 2, por la recta tangente es y – 5 = 2.(x – 1). Operando sale y = 2x + 3.
(b)
Sabemos que la gráfica de f(x) = x2 + 4 es exactamente igual que la de la parábola x2 (vértice en (0,0) y ramas hacia arriba), pero desplazada 4 unidades hacia arriba en el eje de ordenadas OY.
Vemos que la recta y = 2x + 3 es la recta que nos han pedido en el punto x = 1, y como tenemos que utilizar el eje OY para el área le damos a dicha recta el valor de x = 0 resultándonos y = 3, es decir pasa por el punto (3,0).
Un esbozo de la grafica pedida es:
El área pedida es:
Área =∫01(f(x) - g(x))dx = ∫01(x2 + 4 – 2x – 3)dx = ∫01(x2 – 2x + 1)dx =
= [x3/3 – x2 + x ]01 = (1/3 – 1 + 1 ) – (0) = 1/3 u.a.
Modelo 6. Ejercicio 2 de la Opción A de Sobrantes de 2010
Sea la función f dada por f(x) = 1/(x2+x) para x -1 y x 0. Determina una primitiva F de f tal que F(1) = 1.
Solución
f(x) = 1/(x2+x) para x -1 y x 0
Una primitiva F(x) es F(x) = ∫ [1/(x2+x) ].dx = ∫ [1/( x(x+1) ) ].dx = ∫ [A/x + B/(x+1) ].dx = **
La descomposición en suma de fracciones simples es 1/( x(x+1) ) = A/x + B/(x+1) =
= [ ( A(x+1) + B(x) ) ] / ( x.(x - 4) ). Igualando numeradores tenemos 1 = A(x+1) + B(x)
Tomando x = 0, nos sale 1 = A(1), de donde A = 1
Tomando x = -1, nos sale 1 = B(-1), de donde B = -1
Seguimos ya con la integral
**= ∫ [ 1/x - 1/(x+1) ].dx = ln|x| - ln|x+1| + K
Como la primitiva F(x) = ln|x| - ln|x+1| + K dicen que verifica F(1) = 1, tenemos 1 = ln(1) – ln(2) + K, de donde obtenemos K = 1 + ln(2), es decir F(x) = ln|x| - ln|x+1| + 1 + ln(2).
Modelo 6. Ejercicio 2 de la Opción B de Sobrantes de 2010
Sean f, g : R → R las funciones definidas por f(x) = x2 − 2x +3 y g(x) = (1/2)x2 +1.
(a) [1 punto] Esboza las gráficas de f y g, y halla su punto de corte.
(b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de ambas funciones y el eje de ordenadas.
Solución
(a)
f(x) = x2 − 2x +3 y g(x)= (1/2)x2 +1.
f(x) = x2 − 2x +3 es un parábola con las ramas hacia arriba. Vértice en (-b/2a, f(-b/2a) ) = (1, 2). Corta al eje OY en (0,3), y como la ecuación x2 − 2x +3 = 0 no tiene soluciones reales no corta al eje OX.
g(x) =(1/2)x2 +1 es un parábola con las ramas hacia arriba, parecida a x2 pero desplazada una unidad hacia arriba en el eje OY. Vértice en (0, 1). Corta al eje OY en (0,1), y es simétrica respecto a dicho eje OY. Como la ecuación (1/2)x2 + 1 = 0 no tiene soluciones reales no corta al eje OX.
Un esbozo de dichas gráficas es (en rojo (1/2)x2 + 1 y en azul x2 − 2x +3 )
Veamos sus puntos de corte, resolviendo la ecuación f(x) = g(x), es decir x2 − 2x +3 = (1/2)x2 +1. Operando obtenemos x2 – 4x + 4 = 0, y sus soluciones son x = 2 (doble).
(b)
Como me piden el área del recinto limitado por las gráficas y el eje de ordenadas OY tenemos que:
Área = ∫02( f(x) – g(x) )dx = ∫02 [x2 − 2x +3 – (1/2)x2 – 1 ].dx = ∫02 [ (1/2)x2 − 2x + 2 ]dx =
= [x3/6 – x2 + 2x]02 = (8/6 – 4 + 4) – (0) = 8/6 = 4/3 u.a.
HOE KUN JE DEZE BOVENREGIONALE MODELOVEREENKOMST GEBRUIKEN?
MODELO DE SOCIEDAD CIVIL EN (CIUDAD) A
NOTAS PREVIAS A LOS MODELOS DE CONTRATOS EL
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