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📋 Examen de 2016 de Andalucía

Problema 1

Resolver las siguientes cuestiones de divisibilidad:

  1. En una batalla en la que participan entre 10.000 y 11.000 soldados resultaron muertos 23165 y heridos 35143 del total. Hallar cuantos soldados resultaron ilesos.
  2. Hallar el número 𝑁 =2𝑎5𝑏 sabiendo que la suma de todos sus divisores es 961.

Resolución
  1. Sea 𝑛 ∈ℕ el número de soldados, con 10.000 ≤𝑛 ≤11.000.
    • 23165𝑛 soldados resultaron muertos, así que 23165𝑛 ∈ℕ. Luego 𝑛 es múltiplo de 165.
    • 35143𝑛 soldados resultaron heridos, así que 35143𝑛 ∈ℕ. Luego 𝑛 es múltiplo de 143.
    Hallamos el mínimo común múltiplo de 165 y 143. {165=3⋅5⋅11,143=11⋅13⇒mcm⁡(165,143)=3⋅5⋅11⋅13=2.145. Así que 𝑛 es múltiplo de 2.145. Sus primeros múltiplos son: 2.145,4.290,6.435,8.580,10.725,12.870. Como 10.000 ≤𝑛 ≤11.000, necesariamente 𝑛 =10.725. Calculamos el número de soldados muertos y heridos.
    • Resultaron muertos 23165 ⋅10.725 =1.495 soldados.
    • Resultaron heridos 35143 ⋅10.725 =2.625 soldados.
    Por tanto, resultaron ilesos: 10.725−1.495−2.625=6.605.
  2. Sea 𝑁 =2𝑎 ⋅5𝑏. Los divisores de 𝑁 son de la forma 2𝑟 ⋅5𝑠, con 0 ≤𝑟 ≤𝑎 y 0 ≤𝑠 ≤𝑏. La suma de todos los divisores viene dada por: ∑0≤𝑟≤𝑎0≤𝑠≤𝑏2𝑟⋅5𝑠=𝑏∑𝑠=0𝑎∑𝑟=02𝑟⋅5𝑠=(𝑎∑𝑟=02𝑟)⋅(𝑏∑𝑠=05𝑠)=(2𝑎+1−1)⋅5𝑏+1−14=14(2𝑎+1−1)(5𝑏+1−1). La suma los divisores es 961, así que: ∑0≤𝑟≤𝑎0≤𝑠≤𝑏2𝑟⋅5𝑠=961⇔14(2𝑎+1−1)(5𝑏+1−1)=961⇔(2𝑎+1−1)(5𝑏+1−1)=3.844=22⋅312=31⋅124⇔⇔{2𝑎+1−1=31⇔2𝑎+1=32⇔𝑎+1=5⇔𝑎=4,5𝑏+1−1=124⇔5𝑏+1=125⇔𝑏+1=3⇔𝑏=2. Por tanto, 𝑁 =24 ⋅52 =400.

Problema 2

Hallar todos los polinomios del tipo 𝑃(𝑥) =𝑥2 −𝑎𝑥 +𝑏, 𝑎,𝑏 ∈ℤ, que tienen una raíz que es raíz 𝑛-ésima de la unidad.

Resolución

Hallamos las raíces del polinomio: 𝑃(𝑥)=0⇔𝑥2−𝑎𝑥+𝑏=0⇔𝑥=𝑎±√𝑎2−4𝑏2. Veamos para qué valores es una raíz 𝑛-ésima de la unidad. Consideramos dos casos.

  • Supongamos que las raíces del polinomio son reales, esto es, 𝑎2 −4𝑏 ≥0. El polinomio tendrá como raíz una raíz 𝑛-ésima de la unidad si y solo si una de sus raíces es 1 o -1.
    • Para que 1 sea raíz del polinomio, se tiene que verificar que: 𝑎±√𝑎2−4𝑏2=1⇔𝑎±√𝑎2−4𝑏=2⇔±√𝑎2−4𝑏=2−𝑎⇔𝑎2−4𝑏=(2−𝑎)2⇔⇔𝑎2−4𝑏=4−4𝑎+𝑎2⇔𝑏=𝑎−1. Observamos que: 𝑎2−4𝑏=𝑎2−4(𝑎−1)=𝑎2−4𝑎+4=(𝑎−2)2≥0. Por tanto, los polinomios de la forma 𝑃(𝑥) =𝑥2 −𝑎𝑥 +𝑎 −1 tienen 1 como raíz.
    • Para que -1 sea raíz del polinomio, se tiene que verificar que: 𝑎±√𝑎2−4𝑏2=−1⇔𝑎±√𝑎2−4𝑏=−2⇔±√𝑎2−4𝑏=−2−𝑎⇔𝑎2−4𝑏=(−2−𝑎)2⇔⇔𝑎2−4𝑏=4+4𝑎+𝑎2⇔𝑏=−𝑎−1. Observamos que: 𝑎2−4𝑏=𝑎2−4(−𝑎−1)=𝑎2+4𝑎+4=(𝑎+2)2≥0. Por tanto, los polinomios de la forma 𝑃(𝑥) =𝑥2 −𝑎𝑥 −𝑎 −1 tienen -1 como raíz.
  • Supongamos que las raíces del polinomio son complejas, esto es, 𝑎2 −4𝑏 <0. El polinomio tendrá como raíz una 𝑛-ésima de la unidad si y solo si tiene alguna raíz de la forma 𝜉 =cos⁡(𝛼) +𝑖sen⁡(𝛼). Para que 𝜉 sea raíz del polinomio, se tiene que verificar que: 𝑎±√𝑎2−4𝑏2=cos⁡(𝛼)+𝑖sen⁡(𝛼)⇔𝑎±𝑖√4𝑏−𝑎2=2cos⁡(𝛼)+2𝑖sen⁡(𝛼)⇔{𝑎=2cos⁡(𝛼),±√4𝑏−𝑎2=2sen⁡(𝛼)⇔{𝑎2=4cos2⁡(𝛼),4𝑏−𝑎2=4sen2⁡(𝛼). Sumando las dos ecuaciones, se tiene que: 𝑎2+4𝑏−𝑎2=4cos2⁡(𝛼)+4sen2⁡(𝛼)⇔4𝑏=4⇔𝑏=1. Observamos que: 𝑎2−4𝑏<0⇔𝑎2<4𝑏⇔𝑎2<4⇔−2<𝑎<2𝑎∈ℤ⇔𝑎∈{−1,0,1}. Por tanto, los polinomios de la forma 𝑃(𝑥) =𝑥2 −𝑎𝑥 +1, con 𝑎 ∈{ −1,0,1}, tienen como raíz una raíz 𝑛-ésima de la unidad compleja. En concreto, los polinomios son: 𝑃(𝑥)=𝑥2+𝑥+1,𝑃(𝑥)=𝑥2+1y𝑃(𝑥)=𝑥2−𝑥+1.

Problema 3

Consideremos un pentágono regular. Al trazar sus diagonales se forma en su interior un nuevo pentágono regular. ¿Qué relación existe entre las áreas de los dos pentágonos?

Problema 4

Dos enemigos van a participar en un duelo a pistola. Cada uno tiene una sola bala en la recámara. Si el que dispara primero acierta, su oponente muere en el acto y es incapaz de devolver el disparo. 𝐴 es rápido en sacar, y tiene una probabilidad 0,6 de disparar primero. Sin embargo no tiene buena puntería y la probabilidad de matar a su oponente es 0,4 cuando dispare, mientras que 𝐵 tiene una probabilidad 0,5 de matar a su oponente cuando dispare. Calcular:

  1. Probabilidad de que ambos sobrevivan al duelo.
  2. Probabilidad de que 𝐴 sobreviva.
  3. Probabilidad de que 𝐴 haya sacado primero, dado que ha sobrevivido.
  4. Probabilidad de que el hombre que saque primero sobreviva.

Resolución

Sean los sucesos 𝐴 =𝐴 𝑠𝑎𝑐𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑜, 𝐵 =𝐵 𝑠𝑎𝑐𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑜, 𝑀𝐴 =𝐴 𝑚𝑎𝑡𝑎 𝑎 𝑠𝑢 𝑜𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒, 𝑀𝐵 =𝐵 𝑚𝑎𝑡𝑎 𝑎 𝑠𝑢 𝑜𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒, 𝑆𝐴 =𝐴 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑣𝑖𝑣𝑒 y 𝑆𝐵 =𝐵 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑣𝑖𝑣𝑒.

Podemos organizar los datos en un diagrama de árbol.

𝑀𝐵
0,5←←←←←←←←←←←←←→
𝑀𝑐𝐴
0,6←←←←←←←←←←←←←→ 0,5←←←←←←←←←←←←←→
𝐴 𝑀𝑐𝐵
0,6←←←←←←←←←←←←←→ 0,4←←←←←←←←←←←←←→
𝑀𝐴
𝑀𝐵
0,4←←←←←←←←←←←←←→ 0,5←←←←←←←←←←←←←→
𝐵 𝑀𝐴
0,5←←←←←←←←←←←←←→ 0,4←←←←←←←←←←←←←→
𝑀𝑐𝐵
0,6←←←←←←←←←←←←←→
𝑀𝑐𝐴
  1. La probabilidad de que ambos sobrevivan es: 𝑃(𝑆𝐴∩𝑆𝐵)=𝑃((𝐴∩𝑀𝑐𝐴∩𝑀𝑐𝐵)∪(𝐵∩𝑀𝑐𝐵∩𝑀𝑐𝐴))=𝑃(𝐴∩𝑀𝑐𝐴∩𝑀𝑐𝐵)+𝑃(𝐵∩𝑀𝑐𝐵∩𝑀𝑐𝐴)==𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐴|𝐴)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐵|𝐴∩𝑀𝑐𝐴)+𝑃(𝐵)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐵|𝐵)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐴|𝐵∩𝑀𝑐𝐵)==0,6⋅0,6⋅0,5+0,4⋅0,5⋅0,6=0,3.
  2. La probabilidad de que 𝐴 sobreviva es: 𝑃(𝑆𝐴)=𝑃((𝐴∩𝑀𝑐𝐴∩𝑀𝑐𝐵)∪(𝐴∩𝑀𝐴)∪(𝐵∩𝑀𝑐𝐵))=𝑃(𝐴∩𝑀𝑐𝐴∩𝑀𝑐𝐵)+𝑃(𝐴∩𝑀𝐴)+𝑃(𝐵∩𝑀𝑐𝐵)==𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐴|𝐴)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐵|𝐴∩𝑀𝑐𝐴)+𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝑀𝐴|𝐴)+𝑃(𝐵)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐵|𝐵)==0,6⋅0,6⋅0,5+0,6⋅0,4+0,4⋅0,5=0,62.
  3. La probabilidad de que 𝐴 haya sacado primero dado que ha sobrevivido es: 𝑃(𝐴|𝑆𝐴)=𝑃(𝐴∩𝑆𝐴)𝑃(𝑆𝐴)=𝑃((𝐴∩𝑀𝑐𝐴∩𝑀𝑐𝐵)∪(𝐴∩𝑀𝐴))𝑃(𝑆𝐴)=𝑃(𝐴∩𝑀𝑐𝐴∩𝑀𝑐𝐵)+𝑃(𝐴∩𝑀𝐴)𝑃(𝑆𝐴)==𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐴|𝐴)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐵|𝐴∩𝑀𝑐𝐴)+𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝑀𝐴|𝐴)𝑃(𝑆𝐴)=0,6⋅0,6⋅0,5+0,6⋅0,40,62==0,420,62=2131≈0,6774.
  4. La probabilidad de que el hombre que saque primero sobreviva es: 𝑃((𝐴∩𝑆𝐴)∪(𝐵∩𝑆𝐵))=𝑃((𝐴∩𝑀𝑐𝐴∩𝑀𝑐𝐵)∪(𝐴∩𝑀𝐴)∪(𝐵∩𝑀𝐵)∪(𝐵∩𝑀𝑐𝐵∩𝑀𝑐𝐴))==𝑃(𝐴∩𝑀𝑐𝐴∩𝑀𝑐𝐵)+𝑃(𝐴∩𝑀𝐴)+𝑃(𝐵∩𝑀𝐵)+𝑃(𝐵∩𝑀𝑐𝐵∩𝑀𝑐𝐴)==𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐴|𝐴)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐵|𝐴∩𝑀𝑐𝐴)+𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝑀𝐴|𝐴)+ +𝑃(𝐵)⋅𝑃(𝑀𝐵|𝐵)+𝑃(𝐵)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐵|𝐵)⋅𝑃(𝑀𝑐𝐴|𝐵∩𝑀𝑐𝐵)==0,6⋅0,6⋅0,5+0,6⋅0,4+0,4⋅0,5+0,4⋅0,5⋅0,6=0,74.

Problema 5

Discutir y resolver el sistema lineal: ⎧{ { {⎨{ { {⎩−𝑥+(1+𝜆)𝑦+(2−𝜆)𝑧+𝜆𝑡=3,𝜆𝑥+𝑦+(2−𝜆)𝑧+𝜆𝑡=2,𝜆𝑥+𝜆𝑦+(2−𝜆)𝑧+𝜆𝑡=2,𝜆𝑥+𝜆𝑦+(2−𝜆)𝑧−𝑡=2.

Resolución

Para hallar el rango de la matriz de coeficientes 𝐴 y la matriz ampliada 𝐴∗, realizamos transformaciones elementales. 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−11+𝜆2−𝜆𝜆3𝜆12−𝜆𝜆2𝜆𝜆2−𝜆𝜆2𝜆𝜆2−𝜆−12⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹3−𝐹2←←←←←←←←←←→𝐹4−𝐹2⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−11+𝜆2−𝜆𝜆3𝜆12−𝜆𝜆20−1+𝜆0000−1+𝜆0−1−𝜆0⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹2−𝐹1←←←←←←←←←←←←→−𝐹4+𝐹3⟶⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−11+𝜆2−𝜆𝜆31+𝜆−𝜆00−10−1+𝜆0000001+𝜆0⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠.

Hallamos el determinante de 𝐴. |𝐴|=∣ ∣ ∣ ∣ ∣−11+𝜆2−𝜆𝜆1+𝜆−𝜆000−1+𝜆000001+𝜆∣ ∣ ∣ ∣ ∣=(1+𝜆)∣−11+𝜆2−𝜆1+𝜆−𝜆00−1+𝜆0∣=(1+𝜆)(1−𝜆)∣12−𝜆1+𝜆0∣==(1+𝜆)2(1−𝜆)(−2+𝜆). Observamos que: |𝐴|=0⇔(1+𝜆)2(1−𝜆)(−2+𝜆)=0⇔⎧{ {⎨{ {⎩𝜆=−1,𝜆=1,𝜆=2.

  • Si 𝜆 ≠ −1, 𝜆 ≠1 y 𝜆 ≠2, rang⁡(𝐴) =rang⁡(𝐴∗) =4. Por el teorema de Rouché-Frobenius, el sistema es compatible determinado. Queda de la forma: ⎧{ { {⎨{ { {⎩−𝑥+(1+𝜆)𝑦+(2−𝜆)𝑧+𝜆𝑡=3,(1+𝜆)𝑥−𝜆𝑦=1,(−1+𝜆)𝑦=0,(1+𝜆)𝑡=0⇔⎧{ { {⎨{ { {⎩−𝑥+(2−𝜆)𝑧=3,(1+𝜆)𝑥=−1,𝑦=0,𝑡=0. Despejando en la segunda ecuación, se tiene que: (1+𝜆)𝑥=−1⇔𝑥=−11+𝜆. Sustituyendo en la primera ecuación, 11+𝜆+(2−𝜆)𝑧=3⇔(1+𝜆)(2−𝜆)𝑧=3(1+𝜆)−1⇔𝑧=2+3𝜆(1+𝜆)(2−𝜆). Por tanto, la solución del sistema es: ⎧{ { { {⎨{ { { {⎩𝑥=−11+𝜆,𝑦=0,𝑧=2+3𝜆(1+𝜆)(2−𝜆),𝑡=0.
  • Si 𝜆 = −1, la matriz ampliada es: 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−103−130100−10−200000000⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠⟶⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−103−130100−10−2000⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠2𝐹2+𝐹3←←←←←←←←←←←→⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−103−130000−20−2000⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Por tanto, el sistema es incompatible.
  • Si 𝜆 =1, la matriz ampliada es: 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−121132−100−10000000020⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠⟶⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−121132−100−100020⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹1−𝐹3/2←←←←←←←←←←←←→𝐹3/2⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−121032−100−100010⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹1+2𝐹2←←←←←←←←←←←→⟶⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝301012−100−100010⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que: ∣310200001∣=∣3120∣=−2≠0⇒rang⁡(𝐴)=rang⁡(𝐴∗)=3. Por el teorema de Rouché-Frobenius, el sistema es compatible indeterminado. Queda de la forma: ⎧{ {⎨{ {⎩3𝑥+𝑧=1,2𝑥−𝑦=−1,𝑡=0. Si tomamos 𝑥 =𝜇, las soluciones son de la forma: ⎧{ { {⎨{ { {⎩𝑥=𝜇,𝑦=2𝜇+1,𝑧=1−3𝜇,𝑡=0,𝜇∈ℝ.
  • Si 𝜆 =2, la matriz ampliada es: 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−130233−200−10100000030⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠3𝐹1+𝐹2←←←←←←←←←←←→𝐹4/3⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝070683−200−10100000010⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹1−7𝐹3←←←←←←←←←←←→𝐹2+2𝐹3⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝000683000−10100000010⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹1−6𝐹4←←←←←←←←←←←→⟶⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝000083000−10100000010⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Por tanto, el sistema es incompatible.

Problema 6

Dada la función real de variable real 𝑓(𝑥) =|𝑥 −1|12 ⋅|𝑥 +1|32, se pide:

  1. Los intervalos de crecimiento y de decrecimiento, los extremos y las ramas parabólicas de 𝑓(𝑥).
  2. Estudia la derivabilidad en 𝑥0 = −1 y en 𝑥0 =1 de 𝑓(𝑥).
  3. Dibujar su gráfica.
  4. El área encerrada por la curva y el eje de abscisas.

Resolución

En primer lugar, expresamos la función 𝑓 como una función a trozos. 𝑓(𝑥)=|𝑥−1|12⋅|𝑥+1|32=⎧{ {⎨{ {⎩(−𝑥+1)12⋅(−𝑥−1)32,si 𝑥<−1(−𝑥+1)12⋅(𝑥+1)32,si −1≤𝑥<1(𝑥−1)12⋅(𝑥+1)32,si 𝑥≥1.

  1. Si 𝑥 ≠ −1 y 𝑥 ≠1, 𝑓 es derivable con: 𝑓′(𝑥)=⎧{ { {⎨{ { {⎩−12(−𝑥+1)−12⋅(−𝑥−1)32−32(−𝑥+1)12⋅(−𝑥−1)12,si 𝑥<−1−12(−𝑥+1)−12⋅(𝑥+1)32+32(−𝑥+1)12⋅(𝑥+1)12,si −1<𝑥<112(𝑥−1)−12⋅(𝑥+1)32+32(𝑥−1)12⋅(𝑥+1)12,si 𝑥>1==⎧{ { { { { {⎨{ { { { { {⎩−12√(𝑥+1)3𝑥−1−32√𝑥2−1,si 𝑥<−1−12√(𝑥+1)3−𝑥+1+32√1−𝑥2,si −1<𝑥<112√(𝑥+1)3𝑥−1+32√𝑥2−1,si 𝑥>1. Hallamos los puntos críticos igualando cada rama de la derivada a cero.
    • Si 𝑥 < −1, 𝑓′(𝑥)=0⇔−12√(𝑥+1)3𝑥−1−32√𝑥2−1=0⇔−√(𝑥+1)3𝑥−1=3√𝑥2−1⇔⇔(𝑥+1)3𝑥−1=9(𝑥2−1)⇔(𝑥+1)3−9(𝑥+1)(𝑥−1)2=0⇔⇔(𝑥+1)((𝑥+1)2−9(𝑥−1)2)=0⇔⇔⎧{ {⎨{ {⎩𝑥+1=0⇔𝑥=−1∉(−∞,1),(𝑥+1)2−9(𝑥−1)2=0⇔−8𝑥2+20𝑥−8=0⇔{𝑥=12∉(−∞,1),𝑥=2∉(−∞,1).
    • Si −1 <𝑥 <1, 𝑓′(𝑥)=0⇔−12√(𝑥+1)3−𝑥+1+32√1−𝑥2=0⇔√(𝑥+1)3−𝑥+1=3√1−𝑥2⇔⇔(𝑥+1)3−𝑥+1=9(1−𝑥2)⇔(𝑥+1)3−9(𝑥+1)(𝑥−1)2=0⇔⇔(𝑥+1)((𝑥+1)2−9(𝑥−1)2)=0⇔⇔⎧{ {⎨{ {⎩𝑥+1=0⇔𝑥=−1∉(−1,1),(𝑥+1)2−9(𝑥−1)2=0⇔−8𝑥2+20𝑥−8=0⇔{𝑥=12∈(−1,1),𝑥=2∉(−1,1).
    • Si 𝑥 >1, 𝑓′(𝑥)=0⇔12√(𝑥+1)3𝑥−1+32√𝑥2−1=0⇔√(𝑥+1)3𝑥−1=3√𝑥2−1⇔⇔(𝑥+1)3𝑥−1=9(𝑥2−1)⇔(𝑥+1)3−9(𝑥+1)(𝑥−1)2=0⇔⇔(𝑥+1)((𝑥+1)2−9(𝑥−1)2)=0⇔⇔⎧{ {⎨{ {⎩𝑥+1=0⇔𝑥=−1∉(1,+∞),(𝑥+1)2−9(𝑥−1)2=0⇔−8𝑥2+20𝑥−8=0⇔{𝑥=12∉(1,+∞),𝑥=2∈(1,+∞).
    Luego los puntos críticos de la función son 𝑥 =12 y 𝑥 =2. Consideramos también 𝑥 = −1 y 𝑥 =1 por ser los puntos de ruptura. Estudiamos el signo de la derivada.
    • Si 𝑥 < −1, 𝑓′(𝑥) <0. Así que 𝑓 es decreciente.
    • Si −1 <𝑥 <12, 𝑓′(𝑥) >0. Así que 𝑓 es creciente.
    • Si 12 <𝑥 <1, 𝑓′(𝑥) <0. Así que 𝑓 es decreciente.
    • Si 1 <𝑥 <2, 𝑓′(𝑥) >0. Así que 𝑓 es creciente.
    • Si 𝑥 >2, 𝑓′(𝑥) >0. Así que 𝑓 es creciente.
    Luego 𝑓 es creciente en (−1,12) ∪(1, +∞) y decreciente en ( −∞, −1) ∪(12,1), con el máximo relativo (12,3√34) y los mínimos relativos ( −1,0) y (1,0).
    • Estudiamos la derivabilidad en 𝑥 = −1. 𝑓′−(−1)=lím𝑥→−1−⁡𝑓′(𝑥)=lím𝑥→−1−⁡⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−12√(𝑥+1)3𝑥−1−32√𝑥2−1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=0,𝑓′+(−1)=lím𝑥→−1+⁡𝑓′(𝑥)=lím𝑥→−1+⁡⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−12√(𝑥+1)3−𝑥+1+32√1−𝑥2⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=0. Observamos que 𝑓′−( −1) =𝑓′+( −1), así que 𝑓 es derivable en 𝑥 = −1 con 𝑓′( −1) =0.
    • Estudiamos la derivabilidad en 𝑥 =1. 𝑓′−(1)=lím𝑥→1−⁡𝑓′(𝑥)=lím𝑥→1−⁡⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−12√(𝑥+1)3−𝑥+1+32√1−𝑥2⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=−∞,𝑓′−(1)=lím𝑥→1−⁡𝑓′(𝑥)=lím𝑥→1−⁡⎛⎜ ⎜ ⎜⎝12√(𝑥+1)3𝑥−1+32√𝑥2−1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=+∞. Observamos que 𝑓 no es derivable por la izquierda ni por la derecha, así que 𝑓 no es derivable en 𝑥 =1.
  3. Sabemos que se trata de una función continua por ser composición y producto de funciones continuas. Además, se tiene que 𝑓(𝑥) ≥0 para todo 𝑥 ∈ℝ, así que ( −1,0) y (1,0) son mínimos absolutos. Hallamos sus puntos de corte con los ejes coordenados.
    • Estudiamos los puntos de corte de la función con el eje de abscisas. 𝑓(𝑥)=0⇔|𝑥−1|12⋅|𝑥+1|32=0⇔{𝑥−1=0⇔𝑥=1,𝑥+1=0⇔𝑥=−1. Por tanto, los puntos de corte con el eje de abscisas son ( −1,0) y (1,0).
    • El punto de corte con el eje de ordenadas es (0,1).
    Representamos la gráfica de la función con toda esta información. Figura
  4. El área encerrada por la gráfica de la función y el eje de abscisas viene dada por: 𝑆=∫1−1𝑓(𝑥)𝑑𝑥=∫1−1(−𝑥+1)12⋅(𝑥+1)32𝑑𝑥=∫1−1√−𝑥+1⋅(𝑥+1)√𝑥+1𝑑𝑥=∫1−1(𝑥+1)√1−𝑥2𝑑𝑥. Realizamos el cambio de variable: 𝑥=sen⁡(𝑡)⇔𝑡=arcsen⁡(𝑥),𝑑𝑥=cos⁡(𝑡)𝑑𝑡. De esta forma, 𝑆=∫𝜋2−𝜋2(sen⁡(𝑡)+1)√1−sen2⁡(𝑡)⋅cos⁡(𝑡)𝑑𝑡=∫𝜋2−𝜋2(sen⁡(𝑡)+1)cos2⁡(𝑡)𝑑𝑡==∫𝜋2−𝜋2sen⁡(𝑡)cos2⁡(𝑡)𝑑𝑡+∫𝜋2−𝜋2cos2⁡(𝑡)𝑑𝑡=[−13cos3⁡(𝑡)]𝜋2−𝜋2+∫𝜋2−𝜋21+cos⁡(2𝑡)2𝑑𝑡=12[𝑡+12sen⁡(2𝑡)]𝜋2−𝜋2==12(𝜋2+𝜋2)=𝜋2𝑢2.