Problemas

Problema 4: Examen de 2026 de Andalucía

Análisis

Dada la función $𝑦 = l n | l n | 𝑥 | |$ realice un estudio completo y represente su gráfica.

Problema 1: Examen de 2025 de Andalucía

Una viga rígida, considerada como un objeto unidimensional, debe ser transportada horizontalmente a ras de suelo a través de un pasillo que gira en ángulo recto. La anchura del pasillo antes de la esquina es $𝑎$ y, tras el giro, pasa a tener anchura $𝑏$ . Determinar la longitud máxima que puede tener la viga para que sea posible trasladarla, sin levantarla del suelo, y superar la esquina formada por los dos tramos perpendiculares del pasillo.
A la gran final de un torneo de ajedrez han llegado Alicia y Berta. En este deporte, la victoria otorga un punto y las tablas medio punto. Para saber quién será la campeona final, van a jugar dos partidas y ganará aquella que obtenga mayor puntuación. En caso de empate, se repetirá el proceso. Se sabe que, en una partida, $𝑝$ es la probabilidad de que gane Alicia, $𝑞$ es la de que gane Berta y $𝑟$ es la probabilidad de que terminen en tablas. Calcular la probabilidad de ganar el torneo que tiene cada una. Particularizar finalmente al caso $𝑟 = 𝑞 = 0, 25$ .
Demostrar que el producto de los catetos de un triángulo rectángulo donde todos los lados son números naturales es múltiplo de 12.

Resolución

Sean

𝑙

la longitud de la viga y

𝑂

el punto de la esquina interior. La viga de mayor longitud que puede realizar el giro se corresponde con el segmento de longitud mínima que pasa por

𝑂

y tiene extremos en los bordes exteriores del pasillo. Figura

Sea

𝛼 \in (0, 𝜋 2)

el ángulo que forma el segmento con la horizontal y sean

𝑙 1

𝑙 2

las distancias del punto

𝑂

a cada uno de los extremos, respectivamente. Se tiene que:

c o s (𝛼) = 𝑎 𝑙 1 \Rightarrow 𝑙 1 = 𝑎 c o s (𝛼), s e n (𝛼) = 𝑏 𝑙 2 \Rightarrow 𝑙 2 = 𝑏 s e n (𝛼) .

De esta forma, la longitud completa de la viga viene dada en función del ángulo

𝛼

por:

𝑙 = 𝑙 1 + 𝑙 2 = 𝑎 c o s (𝛼) + 𝑏 s e n (𝛼) .

Así que la función a minimizar es:

𝑓 (𝛼) = 𝑎 c o s (𝛼) + 𝑏 s e n (𝛼) .

En primer lugar, hallamos la derivada de la función.

𝑓' (𝛼) = - 𝑎 c o s 2 (𝛼) \cdot (- s e n (𝛼)) - 𝑏 s e n 2 (𝛼) \cdot c o s (𝛼) = 𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) - 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼) .

Hallamos los puntos críticos igualando la derivada a cero.

𝑓' (𝛼) = 0 \Leftrightarrow 𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) - 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼) = 0 \Leftrightarrow 𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) = 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼) \Leftrightarrow 𝑎 s e n 3 (𝛼) = 𝑏 c o s 3 (𝛼) \Leftrightarrow t g 3 (𝛼) = 𝑏 𝑎 \Leftrightarrow \Leftrightarrow t g (𝛼) = 3 \sqrt 𝑏 𝑎 \Leftrightarrow 𝛼 = a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎) .

Estudiamos el signo de la derivada para comprobar que en el punto de abscisa

𝛼 = a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎)

se alcanza el mínimo de la función. Observamos que:

l í m 𝛼 \to 0 + 𝑓' (𝛼) = l í m 𝛼 \to 0 + (𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) - 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼)) = - \infty, l í m 𝛼 \to 𝜋 2 - 𝑓' (𝛼) = l í m 𝛼 \to 𝜋 2 - (𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) - 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼)) = + \infty .

Podemos organizar la información en una tabla.

	$(0, a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎))$	$(a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎), 𝜋 2)$
signo de $𝑓'$	$-$	$+$
monotonía de $𝑓$	$\to$	$\to$

Así que el mínimo absoluto de la función se alcanza en

𝛼 = a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎)

. Por tanto, la longitud máxima de la viga viene dada por:

𝑙 = 𝑎 c o s (𝛼 0) + 𝑏 s e n (𝛼 0), c o n 𝛼 0 = a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎) .

Para obtener una expresión más simplificada, podemos escribir el seno y el coseno en función de la tangente.

t g (𝛼) = s e n (𝛼) c o s (𝛼) \Rightarrow t g 2 (𝛼) = s e n 2 (𝛼) \cdot 1 c o s 2 (𝛼) = s e n 2 (𝛼) (1 + t g 2 (𝛼)) \Leftrightarrow s e n 2 (𝛼) = t g 2 (𝛼) 1 + t g 2 (𝛼), c o s 2 (𝛼) = 1 - s e n 2 (𝛼) = 1 - t g 2 (𝛼) 1 + t g 2 (𝛼) = 1 1 + t g 2 (𝛼) .

Por tanto, la longitud se puede expresar de la forma:

𝑙 = 𝑎 \sqrt 1 + t g 2 (𝛼 0) + 𝑏 \sqrt 1 + t g 2 (𝛼 0) t g (𝛼 0) = (𝑎 + 𝑏 t g (𝛼 0)) \sqrt 1 + t g 2 (𝛼 0) = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 𝑎 + 𝑏 3 \sqrt 𝑏 𝑎 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ \sqrt \sqrt \sqrt \sqrt \sqrt ⎷ 1 + (3 \sqrt 𝑏 𝑎) 2 = = (𝑎 + 𝑎 13 \cdot 𝑏 23) \sqrt 1 + 𝑏 23 𝑎 23 = 𝑎 13 (𝑎 23 + 𝑏 23) \sqrt 𝑎 23 + 𝑏 23 𝑎 23 = 𝑎 13 (𝑎 23 + 𝑏 23) \cdot (𝑎 23 + 𝑏 23) 12 𝑎 13 = (𝑎 23 + 𝑏 23) 32 .

Sean los sucesos:

𝐴 = 𝐴 𝑙 𝑖 𝑐 𝑖 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑙 𝑎 𝑝 𝑎 𝑟 𝑡 𝑖 𝑑 𝑎, 𝐵 = 𝐵 𝑒 𝑟 𝑡 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑙 𝑎 𝑝 𝑎 𝑟 𝑡 𝑖 𝑑 𝑎, 𝑇 = 𝑙 𝑎 𝑝 𝑎 𝑟 𝑡 𝑖 𝑑 𝑎 𝑡 𝑒 𝑟 𝑚 𝑖 𝑛 𝑎 𝑒 𝑛 𝑡 𝑎 𝑏 𝑙 𝑎 𝑠, 𝑅 𝐴 = 𝐴 𝑙 𝑖 𝑐 𝑖 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑙 𝑎 𝑟 𝑜 𝑛 𝑑 𝑎, 𝑅 𝐵 = 𝐵 𝑒 𝑟 𝑡 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑙 𝑎 𝑟 𝑜 𝑛 𝑑 𝑎, 𝑅 𝐸 = 𝑙 𝑎 𝑟 𝑜 𝑛 𝑑 𝑎 𝑞 𝑢 𝑒 𝑑 𝑎 𝑒 𝑛 𝑒 𝑚 𝑝 𝑎 𝑡 𝑒, 𝐺 𝐴 = 𝐴 𝑙 𝑖 𝑐 𝑖 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑒 𝑙 𝑡 𝑜 𝑟 𝑛 𝑒 𝑜, 𝐺 𝐵 = 𝐵 𝑒 𝑟 𝑡 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑒 𝑙 𝑡 𝑜 𝑟 𝑛 𝑒 𝑜 .

Podemos organizar los datos en un diagrama de árbol.

			$𝐴 (2 - 0)$
		$𝑝 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝐴$	$𝑞 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵 (1 - 1)$
$𝑝 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$𝑟 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑇 (1, 5 - 0, 5)$
			$𝐴 (1 - 1)$
		$𝑝 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
$𝑞 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵$	$𝑞 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵 (0 - 2)$
		$𝑟 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑇 (0, 5 - 1, 5)$
			$𝐴 (1, 5 - 0, 5)$
$𝑟 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$𝑝 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝑇$	$𝑞 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵 (0, 5 - 1, 5)$
		$𝑟 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑇 (1 - 1)$

Las probabilidades de obtener los distintos resultados al terminar la ronda de dos partidas son:

𝑃 (𝑅 𝐴) = 𝑃 (𝐴 \cap 𝐴) + 𝑃 (𝐴 \cap 𝑇) + 𝑃 (𝑇 \cap 𝐴) = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝐴 | 𝐴) + 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝑇 | 𝐴) + 𝑃 (𝑇) \cdot 𝑃 (𝐴 | 𝑇) = = 𝑝 2 + 𝑝 𝑟 + 𝑟 𝑝 = 𝑝 2 + 2 𝑝 𝑟 = 𝑝 (𝑝 + 2 𝑟), 𝑃 (𝑅 𝐵) = 𝑃 (𝐵 \cap 𝐵) + 𝑃 (𝐵 \cap 𝑇) + 𝑃 (𝑇 \cap 𝐵) = 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝐵) + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝑇 | 𝐵) + 𝑃 (𝑇) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝑇) = = 𝑞 2 + 𝑞 𝑟 + 𝑟 𝑞 = 𝑞 2 + 2 𝑞 𝑟 = 𝑞 (𝑞 + 2 𝑟), 𝑃 (𝑅 𝐸) = 𝑃 (𝐴 \cap 𝐵) + 𝑃 (𝐵 \cap 𝐴) + 𝑃 (𝑇 \cap 𝑇) = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝐴) + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝐴 | 𝐵) + 𝑃 (𝑇) \cdot 𝑃 (𝑇 | 𝑇) = = 𝑝 𝑞 + 𝑞 𝑟 + 𝑟 2 = 𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞 .

De esta forma, las probabilidades de que ganen Alicia y Berta, respectivamente, vienen dadas por:

𝑃 (𝐺 𝐴) = 𝑃 (𝑅 𝐴) + 𝑃 (𝑅 𝐸) \cdot 𝑃 (𝑅 𝐴) + 𝑃 (𝑅 𝐸) 2 \cdot 𝑃 (𝑅 𝐴) + \dots = \infty \sum 𝑛 = 0 𝑃 (𝑅 𝐴) \cdot 𝑃 (𝑅 𝐸) 𝑛 = 𝑃 (𝑅 𝐴) \cdot \infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛, 𝑃 (𝐺 𝐵) = 𝑃 (𝑅 𝐵) + 𝑃 (𝑅 𝐸) \cdot 𝑃 (𝑅 𝐵) + 𝑃 (𝑅 𝐸) 2 \cdot 𝑃 (𝑅 𝐵) + \dots = \infty \sum 𝑛 = 0 𝑃 (𝑅 𝐵) \cdot 𝑃 (𝑅 𝐸) 𝑛 = 𝑃 (𝑅 𝐵) \cdot \infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛 .

Como

0 < 𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞 < 1

por tratarse de una probabilidad, entonces:

\infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛 = 1 1 - 𝑟 2 - 2 𝑝 𝑞 .

Por tanto,

𝑃 (𝐺 𝐴) = 𝑃 (𝑅 𝐴) \cdot \infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛 = 𝑝 (𝑝 + 2 𝑟) 1 - 𝑟 2 - 2 𝑝 𝑞, 𝑃 (𝐺 𝐵) = 𝑃 (𝑅 𝐵) \cdot \infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛 = 𝑞 (𝑞 + 2 𝑟) 1 - 𝑟 2 - 2 𝑝 𝑞 .

𝑞 = 𝑟 = 0, 25

, entonces

𝑝 = 0, 5

y las probabilidades son:

𝑃 (𝐺 𝐴) = 0, 5 (0, 5 + 2 \cdot 0, 25) 1 - 0, 252 - 2 \cdot 0, 5 \cdot 0, 25 = 811, 𝑃 (𝐺 𝐵) = 0, 25 (0, 25 + 2 \cdot 0, 25) 1 - 0, 252 - 2 \cdot 0, 5 \cdot 0, 25 = 311 .

Sean $𝑎$ , $𝑏$ y $𝑐$ los lados de un triángulo rectángulo, donde $𝑎$ y $𝑏$ son los catetos y $𝑐$ es la hipotenusa. Recordamos que una terna pitagórica es primitiva si $𝑎$ , $𝑏$ y $𝑐$ son primos relativos entre sí. Además, toda terna pitagórica es proporcional a una terna pitagórica primitiva.

Todas las ternas pitagóricas primitivas son de la forma: $⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑎 = 𝑚 2 - 𝑛 2, 𝑏 = 2 𝑚 𝑛, 𝑐 = 𝑚 2 + 𝑛 2, c o n 𝑚, 𝑛 \in ℕ y 𝑛 < 𝑚 .$ Observamos que si $𝑚$ y $𝑛$ son impares, entonces $𝑎$ , $𝑏$ y $𝑐$ son múltiplos de 2 y la terna no sería primitiva. Luego podemos suponer que $𝑚$ o $𝑛$ es par.

El producto de los catetos viene dado por: $𝑎 𝑏 = 2 𝑚 𝑛 (𝑚 2 - 𝑛 2) = 2 𝑚 𝑛 (𝑚 - 𝑛) (𝑚 + 𝑛) .$ Observamos que, como $𝑚$ o $𝑛$ es par, entonces $𝑎 𝑏$ es múltiplo de 4. Veamos que $𝑎 𝑏$ es también múltiplo 3 comprobando que lo es alguno de sus factores.
- Si $𝑚$ o $𝑛$ es múltiplo de 3, entonces $𝑎 𝑏$ también lo es.
- Si $m$ y $n$ no son múltiplos de 3, entonces: $\begin{align} m = 3k + 1 & \text{ o bien } m = 3k + 2, & & \text{con } k \in \mathbb{N} \cup \{0\}, \\ n = 3q + 1 & \text{ o bien } n = 3q + 2, & & \text{con } q \in \mathbb{N} \cup \{0\}. \end{align}$
  - Supongamos que: ${𝑚 = 3 𝑘 + 1, 𝑛 = 3 𝑞 + 1 o b i e n {𝑚 = 3 𝑘 + 2, 𝑛 = 3 𝑞 + 2 .$ Entonces: $𝑚 - 𝑛 = 3 𝑘 - 3 𝑞 = 3 (𝑘 - 𝑞) .$ Luego $𝑚 - 𝑛$ es múltiplo de 3, así que $𝑎 𝑏$ también lo es.
  - Supongamos que: ${𝑚 = 3 𝑘 + 1, 𝑛 = 3 𝑞 + 2 o b i e n {𝑚 = 3 𝑘 + 2, 𝑛 = 3 𝑞 + 1 .$ Entonces: $𝑚 + 𝑛 = 3 𝑘 + 3 𝑞 + 3 = 3 (𝑘 + 𝑞 + 1) .$ Luego $𝑚 + 𝑛$ es múltiplo de 3, así que $𝑎 𝑏$ también lo es.
Como el producto $𝑎 𝑏$ es múltiplo de 3 y 4, también es múltiplo de 12. Además, dado que todas las ternas pitagóricas son proporcionales a una terna pitagórica primitiva, se tiene que el producto de los catetos de cualquier triángulo rectángulo es múltiplo de 12.

Problema 2: Examen de 2025 de Andalucía

Dada la función $f(x) = \frac{x^3}{(1+2x)^2}.$
1. Realizar la representación gráfica haciendo un estudio previo de sus propiedades.
2. Hallar el área comprendida entre la función $𝑓 (𝑥)$ , su asíntota oblicua y la recta $𝑥 + 𝑦 = 0$ .
Dado un cuadrilátero convexo $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷$ con área $𝑆$ . Se prolonga el lado $𝐴 𝐵$ por el punto $𝐵$ hasta un punto $𝑀$ de forma que la longitud de $𝐵 𝑀$ es igual a la mitad de la longitud del lado $𝐴 𝐵$ . De la misma forma, se prolonga el lado $𝐵 𝐶$ por el punto $𝐶$ hasta el punto $𝑁$ de forma que $𝐶 𝑁 = 12 𝐵 𝐶$ . El lado $𝐶 𝐷$ se prolonga por $𝐷$ hasta $𝑃$ tal que $𝐷 𝑃 = 12 𝐶 𝐷$ y por último el lado $𝐷 𝐴$ se prolonga por $𝐴$ hasta $𝑄$ , tal que $𝐴 𝑄 = 12 𝐷 𝐴$ . Hallar el área del cuadrilátero de vértices $𝑀 𝑁 𝑃 𝑄$ en función de $𝑆$ .

Resolución

El dominio de la función es

D o m (𝑓) = ℝ ∖ {- 12}

. Como se trata de una función racional, es continua e infinitamente derivable en su dominio. Es inmediato ver que su único punto de corte con los ejes de coordenadas es

(0, 0)

y no presenta simetría. Por comodidad, también podemos expresar la función como:

𝑓 (𝑥) = 𝑥 3 (1 + 2 𝑥) 2 = 𝑥 3 4 𝑥 2 + 4 𝑥 + 1 .

Estudiamos la existencia de asíntotas verticales. Para $𝑥 = - 12$ , $l í m 𝑥 \to - 12 - 𝑓 (𝑥) = l í m 𝑥 \to - 12 - 𝑥 3 (1 + 2 𝑥) 2 = - \infty, l í m 𝑥 \to - 12 + 𝑓 (𝑥) = l í m 𝑥 \to - 12 + 𝑥 3 (1 + 2 𝑥) 2 = - \infty .$ Luego la recta $𝑥 = - 12$ es una asíntota vertical.
Estudiamos la existencia de asíntotas horizontales y el comportamiento de la función en el infinito. Observamos que: $l í m 𝑥 \to - \infty 𝑓 (𝑥) = l í m 𝑥 \to - \infty 𝑥 3 (1 + 2 𝑥) 2 = - \infty, l í m 𝑥 \to + \infty 𝑓 (𝑥) = l í m 𝑥 \to + \infty 𝑥 3 (1 + 2 𝑥) 2 = + \infty .$ Luego no tiene ninguna asíntota horizontal.
Estudiamos la existencia de asíntotas oblicuas. Observamos que: $l í m 𝑥 \to + \infty 𝑓 (𝑥) 𝑥 = l í m 𝑥 \to + \infty 𝑥 2 4 𝑥 2 + 4 𝑥 + 1 = 14 .$ Luego la función tiene una asíntota oblicua con pendiente $𝑚 = 14$ . Hallamos su ordenada en el origen. $𝑛 = l í m 𝑥 \to + \infty (𝑓 (𝑥) - 𝑚 𝑥) = l í m 𝑥 \to + \infty (𝑥 3 4 𝑥 2 + 4 𝑥 + 1 - 𝑥 4) = l í m 𝑥 \to + \infty 4 𝑥 3 - 4 𝑥 3 - 4 𝑥 2 - 𝑥 16 𝑥 2 + 16 𝑥 + 4 = = l í m 𝑥 \to + \infty - 4 𝑥 2 - 𝑥 16 𝑥 2 + 16 𝑥 + 4 = - 14 .$ Por tanto, la asíntota oblicua es $𝑦 = 14 𝑥 - 14 = 𝑥 - 1 4$ .

Para estudiar la monotonía la función, calculamos en primer lugar su derivada.

𝑓' (𝑥) = 3 𝑥 2 (1 + 2 𝑥) 2 - 𝑥 3 \cdot 2 (1 + 2 𝑥) \cdot 2 (1 + 2 𝑥) 4 = 3 𝑥 2 (1 + 2 𝑥) - 4 𝑥 3 (1 + 2 𝑥) 3 = 3 𝑥 2 + 6 𝑥 3 - 4 𝑥 3 (1 + 2 𝑥) 3 = 2 𝑥 3 + 3 𝑥 2 (1 + 2 𝑥) 3 .

Para hallar los puntos críticos, igualamos la derivada a cero.

𝑓' (𝑥) = 0 \Leftrightarrow 2 𝑥 3 + 3 𝑥 2 (1 + 2 𝑥) 3 = 0 \Leftrightarrow 2 𝑥 3 + 3 𝑥 2 = 0 \Leftrightarrow 𝑥 2 (2 𝑥 + 3) = 0 \Leftrightarrow {𝑥 = 0, 2 𝑥 + 3 = 0 \Leftrightarrow 𝑥 = - 32 .

Estudiamos el signo de la derivada.

	$(- \infty, - 32)$	$(- 32, - 12)$	$(- 12, 0)$	$(0, + \infty)$
signo de $𝑓'$	$+$	$-$	$+$	$+$
monotonía de $𝑓$	$\to$	$\to$	$\to$	$\to$

Por tanto,

𝑓

es creciente en

(- \infty, - 32) \cup (- 12, + \infty)

y decreciente en

(- 32, - 12)

. Además, el punto

(- 32, - 2732)

es un máximo relativo.

Para estudiar la curvatura la función, calculamos en primer lugar su segunda derivada.

𝑓 ″ (𝑥) = (6 𝑥 2 + 6 𝑥) (1 + 2 𝑥) 3 - (2 𝑥 3 + 3 𝑥 2) \cdot 3 (1 + 2 𝑥) 2 \cdot 2 (1 + 2 𝑥) 6 = (6 𝑥 2 + 6 𝑥) (1 + 2 𝑥) - 6 (2 𝑥 3 + 3 𝑥 2) (1 + 2 𝑥) 4 = = 6 𝑥 2 + 12 𝑥 3 + 6 𝑥 + 12 𝑥 2 - 12 𝑥 3 - 18 𝑥 2 (1 + 2 𝑥) 4 = 6 𝑥 (1 + 2 𝑥) 4 .

Para hallar los candidatos a puntos de inflexión, igualamos la segunda derivada a cero.

𝑓 ″ (𝑥) = 0 \Leftrightarrow 6 𝑥 (1 + 2 𝑥) 4 = 0 \Leftrightarrow 6 𝑥 = 0 \Leftrightarrow 𝑥 = 0 .

Estudiamos el signo de la segunda derivada.

	$(- \infty, - 12)$	$(- 12, 0)$	$(0, + \infty)$
signo de $𝑓 ″$	$-$	$-$	$+$
monotonía de $𝑓$	$⌢$	$⌢$	$⌣$

𝑓

(0, + \infty)

(- \infty, - 12) \cup (- 12, 0)

(0, 0)

Representamos la función. Figura

Representamos el recinto.
- Hallamos la abscisa del punto de corte $𝑃$ . $⎧ { { {⎨ { { {⎩ 𝑦 = 𝑥 3 (1 + 2 𝑥) 2, 𝑦 = 𝑥 - 1 4 \Rightarrow 𝑥 3 (1 + 2 𝑥) 2 = 𝑥 - 1 4 \Leftrightarrow 4 𝑥 3 = (𝑥 - 1) (4 𝑥 2 + 4 𝑥 + 1) \Leftrightarrow \Leftrightarrow 4 𝑥 3 = 4 𝑥 3 + 4 𝑥 2 + 𝑥 - 4 𝑥 2 - 4 𝑥 - 1 \Leftrightarrow 3 𝑥 = - 1 \Leftrightarrow 𝑥 = - 13 .$
- Hallamos la abscisa del punto de corte $𝑄$ . ${𝑦 = 𝑥 - 1 4, 𝑥 + 𝑦 = 0 \Rightarrow 𝑥 - 1 4 = - 𝑥 \Leftrightarrow 𝑥 - 1 = - 4 𝑥 \Leftrightarrow 5 𝑥 = 1 \Leftrightarrow 𝑥 = 15 .$
Calculamos el área de los dos recintos $A_1$ y $A_2$ .
- El área del recinto $A_1$ viene dada por la integral definida: $A_1 = \int_{-\frac{1}{3}}^0 \left(\frac{x^3}{4x^2 + 4x + 1} - \frac{x-1}{4}\right)dx.$ Realizamos la división del primer sumando. $\frac{x^3}{4x^2 + 4x + 1} = \frac{x - 1}{4} + \frac{3x + 1}{4(4x^2 + 4x + 1)}.$ De esta forma, la integral queda: $A_1 = \int_{-\frac{1}{3}}^0 \left(\frac{x - 1}{4} + \frac{3x + 1}{4(4x^2 + 4x + 1)} - \frac{x - 1}{4}\right)dx = \frac{1}{4}\int_{-\frac{1}{3}}^0 \frac{3x + 1}{(1 + 2x)^2}dx.$ Expresamos el integrando como suma de fracciones simples. $\frac{3x + 1}{(1 + 2x)^2} = \frac{A}{1 + 2x} + \frac{B}{(1 + 2x)^2} = \frac{A(1 + 2x) + B}{(1 + 2x)^2} \Rightarrow 3x + 1 = A(1 + 2x) + B.$ Sustituimos para hallar los valores de $A$ y $B$ .
  - Si $𝑥 = - 12$ , entonces $- 32 + 1 = 𝐵 \Leftrightarrow 𝐵 = - 12$ .
  - Si $𝑥 = 0$ , entonces $1 = 𝐴 - 12 \Leftrightarrow 𝐴 = 32$ .
  Por tanto, $\begin{align} A_1 & = \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{2} \int_{-\frac{1}{3}}^0 \frac{1}{1 + 2x}dx - \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} \int_{-\frac{1}{3}}^0 \frac{1}{(1 + 2x)^2}dx = \frac{3}{8} \cdot \frac{1}{2} \Big[\ln |1 + 2x|\Big]_{-\frac{1}{3}}^0 + \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{2} \left[\frac{1}{1 + 2x}\right]_{-\frac{1}{3}}^0 = \\ & = \frac{3}{16} \cdot \left(-\ln\left(\frac{1}{3}\right)\right) + \frac{1}{16} \cdot (1 - 3) = \frac{3}{16}\ln(3) - \frac{1}{8} \; u^2. \end{align}$
- El recinto $𝐴 2$ es un triángulo de base $14$ y altura $15$ , con área: $𝐴 2 = 14 \cdot 15 2 = 140 𝑢 2 .$
Por tanto, el área del recinto es: $\mathbf{A} = A_1 + A_2 = \frac{3}{16}\ln(3) - \frac{1}{8} + \frac{1}{40} \; u^2.$

Representamos el cuadrilátero y sus prolongaciones, junto con todos los elementos que vamos a utilizar. Sea $S'$ el área del cuadrilátero $MNPQ$ , se tiene que: $\begin{align} S & = S_1 + S_2 + S_3 + S_4, \\ S' & = A_1 + A_2 + A_3 + A_4. \end{align}$
- Tomando de referencia el triángulo $𝐴 𝑄 𝑀$ , tenemos que: $𝐴 1 = 12 \cdot 𝐴 𝑄 \cdot 𝐴 𝑀 \cdot s e n (𝜋 - 𝛼) = 12 \cdot 𝑑 2 \cdot (𝑎 + 𝑎 2) \cdot s e n (𝛼) = 3 𝑎 𝑑 8 s e n (𝛼) .$ Fijándonos en el triángulo $𝐴 𝐵 𝐷$ , se tiene que: $𝑆 1 + 𝑆 2 = 12 𝑎 𝑑 s e n (𝛼) \Leftrightarrow s e n (𝛼) = 2 (𝑆 1 + 𝑆 2) 𝑎 𝑑 .$ Luego: $𝐴 1 = 3 𝑎 𝑑 8 \cdot 2 (𝑆 1 + 𝑆 2) 𝑎 𝑑 = 34 (𝑆 1 + 𝑆 2) .$
- Tomando de referencia el triángulo $𝐵 𝑀 𝑁$ , tenemos que: $𝐴 2 = 12 \cdot 𝐵 𝑀 \cdot 𝐵 𝑁 \cdot s e n (𝜋 - 𝛽) = 12 \cdot 𝑎 2 \cdot (𝑏 + 𝑏 2) \cdot s e n (𝛽) = 3 𝑎 𝑏 8 s e n (𝛽) .$ Fijándonos en el triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ , se tiene que: $𝑆 2 + 𝑆 3 = 12 𝑎 𝑏 s e n (𝛽) \Leftrightarrow s e n (𝛽) = 2 (𝑆 2 + 𝑆 3) 𝑎 𝑏 .$ Luego: $𝐴 2 = 3 𝑎 𝑏 8 \cdot 2 (𝑆 2 + 𝑆 3) 𝑎 𝑏 = 34 (𝑆 2 + 𝑆 3) .$
- De forma análoga, se tiene que: $𝐴 3 = 34 (𝑆 3 + 𝑆 4), 𝐴 4 = 34 (𝑆 4 + 𝑆 1) .$
Por tanto, $\begin{align} S' & = S + A_1 + A_2 + A_3 + A_4 = S + \frac{3}{4}(S_1 + S_2) + \frac{3}{4}(S_2 + S_3) + \frac{3}{4}(S_3 + S_4) + \frac{3}{4}(S_4 + S_1) = \\ & = S + \frac{3}{4}(2S_1 + 2S_2 + 2S_3 + 2S_4) = S + \frac{3}{2}(S_1 + S_2 + S_3 + S_4) = S + \frac{3}{2}S = \frac{5}{2}S. \end{align}$

Problema 3: Examen de 2025 de Andalucía

Sea una circunferencia de centro $𝑂$ y radio $𝑅$ . Desde un punto $𝐴$ de la circunferencia se considera el arco menor $𝑂 𝑀$ , donde $𝑀$ es otro punto de la circunferencia. Sea $𝐵$ el punto diametralmente opuesto a $𝐴$ . Determinar, en función de $𝑅$ , el radio de la circunferencia inscrita en el triángulo mixtilíneo $𝑂 𝑀 𝐵$ .
Hallar las dimensiones del rectángulo de área máxima que puede inscribirse en una elipse de semiejes $𝑎$ y $𝑏$ .
Sean $𝑎, 𝑏 \in ℝ$ , $𝑛 \in ℕ$ ( $𝑛 > 2$ ). Discutir en función de los valores de $𝑎$ y $𝑏$ el siguiente sistema: $⎧ { { { { {⎨ { { { { {⎩ 𝑎 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + \dots + 𝑥 𝑛 - 1 + 𝑥 𝑛 = 1, 𝑥 1 + 𝑎 𝑥 2 + 𝑥 3 + \dots + 𝑥 𝑛 - 1 + 𝑥 𝑛 = 𝑏, 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑎 𝑥 3 + \dots + 𝑥 𝑛 - 1 + 𝑥 𝑛 = 𝑏 2, ⋮ 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + \dots + 𝑎 𝑥 𝑛 - 1 + 𝑥 𝑛 = 𝑏 𝑛 - 2, 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + \dots + 𝑥 𝑛 - 1 + 𝑎 𝑥 𝑛 = 𝑏 𝑛 - 1 .$

Problema 3: Examen de 2023 de Andalucía

Análisis

Calcule el límite de la sucesión definida por: $𝑎 𝑛 = 1 + 2 \cdot 2! + \dots + 𝑛 \cdot 𝑛! (𝑛 + 1)! .$
Encuentre los valores de $𝑥$ para los cuales la serie $\infty \sum 𝑛 = 1 (- 1) 𝑛 (𝑥 + 1) 𝑛 3 𝑛 𝑛 2$ es convergente.

Resolución

Consideramos las sucesiones $𝑏 𝑛 = 1 + 2 \cdot 2! + \dots + 𝑛 \cdot 𝑛! y 𝑐 𝑛 = (𝑛 + 1)! .$ Observamos que ${𝑐 𝑛}$ es estrictamente creciente y $l í m {𝑐 𝑛} = + \infty .$ Además, se tiene que: $l í m 𝑏 𝑛 + 1 - 𝑏 𝑛 𝑐 𝑛 + 1 - 𝑐 𝑛 = l í m (𝑛 + 1) \cdot (𝑛 + 1)! (𝑛 + 2)! - (𝑛 + 1)! = l í m (𝑛 + 1) \cdot (𝑛 + 1)! (𝑛 + 1)! \cdot (𝑛 + 2 - 1) = 1 .$ Como este límite existe, por el criterio de Stolz se tiene que: $l í m 𝑏 𝑛 + 1 - 𝑏 𝑛 𝑐 𝑛 + 1 - 𝑐 𝑛 = l í m 𝑏 𝑛 𝑐 𝑛 = l í m 𝑎 𝑛 = 1 .$
Observamos que se trata de una serie de potencias centrada en -1. Consideramos: $a_n = \frac{(-1)^n (x+1)^n}{3^n n^2}.$ Para determinar el intervalo de convergencia de la serie, aplicamos el criterio del cociente a la serie de valores absolutos. $\lim \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} = \lim \frac{\frac{|x+1|^{n+1}}{3^{n+1} (n+1)^2}}{\frac{|x+1|^n}{3^n n^2}} = \lim \frac{|x+1|^{n+1} \cdot 3^n n^2}{|x+1|^n \cdot 3^{n+1} (n+1)^2} = \lim \frac{|x+1| \cdot n^2}{3(n+1)^2} = \frac{|x+1|}{3}.$ Observamos que: $\frac{|x+1|}{3} < 1 \Leftrightarrow |x+1| < 3.$ Por tanto, la serie es absolutamente convergente si $|x+1| < 3$ y divergente si $|x+1| > 3.$ Estudiamos los casos en los que $|x+1| = 3.$
- Si $𝑥 = - 4$ , la serie es $\infty \sum 𝑛 = 1 (- 1) 𝑛 \cdot (- 3) 𝑛 3 𝑛 𝑛 2 = \infty \sum 𝑛 = 1 3 𝑛 3 𝑛 𝑛 2 = \infty \sum 𝑛 = 1 1 𝑛 2,$ que es convergente.
- Si $𝑥 = 2$ , la serie es $\infty \sum 𝑛 = 1 (- 1) 𝑛 \cdot 3 𝑛 3 𝑛 𝑛 2 = \infty \sum 𝑛 = 1 (- 1) 𝑛 𝑛 2,$ que es absolutamente convergente.
Por tanto, la serie es convergente en el intervalo $[-4, 2].$

Problema 5: Examen de 2023 de Andalucía

Un grupo de alumnos de 1º de ESO va a visitar las instalaciones deportivas de un equipo de baloncesto. Para dinamizar la visita, el club ha preparado una actividad para el alumnado. Sobre la cancha han colocado cierto número de pelotas de baloncesto. Si cada pelota dispuesta la toma un alumno distinto, quedarán $𝑛$ alumnos sin haber cogido ninguna pelota. Sin embargo, si se montan equipos de $𝑛$ alumnos alrededor de cada pelota dispuesta, quedarán libres $𝑛$ pelotas. ¿Cuántas pelotas ha dispuesto el equipo de baloncesto para organizar la actividad?
Dada la función $f(x) = \frac{x}{\ln(x)}.$
1. Represéntela.
2. Calcule, según el valor de $𝑎 \in ℝ$ , el número de soluciones de la ecuación $𝑥 - 𝑎 l n (𝑥) = 0 .$

Resolución

Sean $a$ el número de alumnos y $p$ el número de pelotas, con $a, p \in \mathbb{N}.$ Se tiene que: $\begin{cases} a - p = n, \\ n(p-n) = a. \end{cases}$ Resolvemos el sistema por sustitución. Como $a = n + p$ , entonces: $n(p-n) = p + n \Leftrightarrow np - n^2 = p + n \Leftrightarrow (n-1)p = n^2 + n \Leftrightarrow p = \frac{n^2+n}{n-1}.$ Si hacemos la división de polinomios, tenemos que: $p = \frac{n^2+n}{n-1} = n + 2 + \frac{2}{n-1}.$ Como $p, n \in \mathbb{N}$ , las únicas posibilidades son $n = 2$ y $n = 3.$
- Si $𝑛 = 2$ , entonces $𝑝 = 6$ y $𝑎 = 8 .$
- Si $𝑛 = 3$ , entonces $𝑝 = 6$ y $𝑎 = 9 .$
En cualquier caso, se ha dispuesto de 6 pelotas.
1. El dominio de la función es $\Dom(f) = (0, 1) \cup (1, +\infty).$ Es inmediato ver que no tiene puntos de corte con los ejes ni presenta simetría. Se trata además de una función continua y derivable en todo su dominio.
  - Estudiamos la existencia de asíntotas verticales.
    - Para $𝑥 = 0$ , $l í m 𝑥 \to 0 - 𝑓 (𝑥) n o e x i s t e, l í m 𝑥 \to 0 + 𝑓 (𝑥) = l í m 𝑥 \to 0 + 𝑥 l n (𝑥) = 0 .$ Luego no tiene asíntota vertical en $𝑥 = 0 .$
    - Para $𝑥 = 1$ , $l í m 𝑥 \to 1 - 𝑓 (𝑥) = l í m 𝑥 \to 1 - 𝑥 l n (𝑥) = 1 0 - = - \infty, l í m 𝑥 \to 1 + 𝑓 (𝑥) = l í m 𝑥 \to 1 + 𝑥 l n (𝑥) = 1 0 + = + \infty .$ Luego la recta $𝑥 = 1$ es una asíntota vertical.
    Como no es una función racional y además $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{\ln(x)} = +\infty,$ no tiene asíntota horizontal ni oblicua.
  - Para estudiar su monotonía, hallamos en primer lugar la derivada de la función. $f'(x) = \frac{\ln(x) - x \cdot \frac{1}{x}}{\ln^2(x)} = \frac{\ln(x) - 1}{\ln^2(x)}.$ Hallamos los puntos críticos igualando la derivada a cero. $f'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{\ln(x) - 1}{\ln^2(x)} = 0 \Leftrightarrow \ln(x) = 1 \Leftrightarrow x = e.$ Estudiamos el signo de la derivada.
    - Si $0 < 𝑥 < 1$ , $𝑓' (𝑥) < 0 .$ Así que $𝑓$ es decreciente.
    - Si $1 < 𝑥 < 𝑒$ , $𝑓' (𝑥) < 0 .$ Así que $𝑓$ es decreciente.
    - Si $𝑥 > 𝑒$ , $𝑓' (𝑥) > 0 .$ Así que $𝑓$ es creciente.
    Luego $f$ es creciente en $(e, +\infty)$ y decreciente en $(0, 1) \cup (1, e)$ , con el punto $(e, e)$ como mínimo relativo.
  - Para estudiar su curvatura, hallamos su segunda derivada. $\begin{align} f''(x) & = \frac{\frac{1}{x} \cdot \ln^2(x) - (\ln(x)-1) \cdot 2\ln(x) \cdot \frac{1}{x}}{\ln^4(x)} = \frac{\ln^2(x) - (\ln(x) - 1) \cdot 2\ln(x)}{x\ln^4(x)} = \\ & = \frac{-\ln^2(x) + 2\ln(x)}{x\ln^4(x)} \overset{x \neq 1}{=} \frac{-\ln(x) + 2}{x\ln^3(x)}. \end{align}$ Hallamos los candidatos a puntos de inflexión igualando la segunda derivada a cero. $f''(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{-\ln(x) + 2}{x\ln^3(x)} = 0 \Leftrightarrow -\ln(x) + 2 = 0 \Leftrightarrow \ln(x) = 2 \Leftrightarrow x = e^2.$ Estudiamos el signo de la segunda derivada.
    - Si $0 < 𝑥 < 1$ , $𝑓 ″ (𝑥) < 0 .$ Así que $𝑓$ es cóncava.
    - Si $1 < 𝑥 < 𝑒 2$ , $𝑓 ″ (𝑥) > 0 .$ Así que $𝑓$ es convexa.
    - Si $𝑥 > 𝑒 2$ , $𝑓 ″ (𝑥) < 0 .$ Así que $𝑓$ es cóncava.
    Luego $f$ es convexa en $(1, e^2)$ y cóncava en $(0, 1) \cup (e^2, +\infty)$ , con el punto de inflexión $\left(e^2, \frac{e^2}{2}\right).$
  Representamos la gráfica de la función con toda esta información.
2. Observamos que: $x - a\ln(x) = 0 \Leftrightarrow x = a\ln(x) \overset{x \neq 0}{\Leftrightarrow} \frac{x}{\ln(x)} = a \Leftrightarrow f(x) = a.$ Luego el número de soluciones de esta ecuación se corresponde con el número de puntos de corte de la función $f$ con la recta horizontal $y = a.$
  - Si $𝑎 < 0$ hay un único punto de corte, así que la ecuación tiene una solución.
  - Si $𝑎 = 0$ , $𝑥 - 0 \cdot l n (𝑥) = 0 \Leftrightarrow 𝑥 = 0 .$ Así que tiene una solución.
  - Si $0 < 𝑎 < 𝑒$ no hay puntos de corte, así que la ecuación no tiene ninguna solución.
  - Si $𝑎 = 𝑒$ hay un único punto de corte, así que la ecuación tiene una solución.
  - Si $𝑎 > 𝑒$ hay dos puntos de corte, así que la ecuación tiene dos soluciones.

Problema 1: Examen de 2021 de Andalucía

Se lanzan $𝑛$ monedas una detrás de otra. En cada lanzamiento, la probabilidad de obtener cara es $𝑝 .$ Si se han obtenido $𝑘$ caras, $0 \leq 𝑘 \leq 𝑛$ , ¿cuál es la probabilidad de que haya aparecido cara en la primera moneda?
Demuestre que cada número complejo $𝑧$ de módulo 1 con $𝑧 \neq 1$ puede escribirse de la forma $1 + 𝜇 𝑖 1 - 𝜇 𝑖, 𝜇 \in ℝ .$ Halla $𝜇$ en función del argumento de $𝑧 .$

Resolución

Sea $𝐶 𝑖 = 𝑜 𝑏 𝑡 𝑒 𝑛 𝑒 𝑟 𝑐 𝑎 𝑟 𝑎 𝑒 𝑛 𝑒 𝑙 𝑙 𝑎 𝑛 𝑧 𝑎 𝑚 𝑖 𝑒 𝑛 𝑡 𝑜 𝑖$ para $𝑖 \in {1, 2, \dots, 𝑛}$ , con $𝑃 (𝐶 𝑖) = 𝑝 .$ Por otro lado, definimos la variable aleatoria $𝑋 = 𝑛 ú 𝑚 𝑒 𝑟 𝑜 𝑑 𝑒 𝑐 𝑎 𝑟 𝑎 𝑠 𝑜 𝑏 𝑡 𝑒 𝑛 𝑖 𝑑 𝑎 𝑠 𝑎 𝑙 𝑙 𝑎 𝑛 𝑧 𝑎 𝑟 𝑛 𝑚 𝑜 𝑛 𝑒 𝑑 𝑎 𝑠 .$ Observamos que $𝑋 \sim B i (𝑛, 𝑝)$ , así que: $𝑃 (𝑋 = 𝑖) = (𝑛 𝑖) \cdot 𝑝 𝑖 \cdot (1 - 𝑝) 𝑛 - 𝑖, 𝑖 = 0, 1, \dots, 𝑛 .$ Supongamos que hemos obtenido $𝑘$ caras, con $0 \leq 𝑘 \leq 𝑛 .$ Por el teorema de Bayes, la probabilidad de que haya aparecido cara en el primer lanzamiento es: $𝑃 (𝐶 1 | 𝑋 = 𝑘) = 𝑃 (𝐶 1) \cdot 𝑃 (𝑋 = 𝑘 | 𝐶 1) 𝑃 (𝑋 = 𝑘) = 𝑝 \cdot (𝑛 - 1 𝑘 - 1) \cdot 𝑝 𝑘 - 1 \cdot (1 - 𝑝) 𝑛 - 𝑘 (𝑛 𝑘) \cdot 𝑝 𝑘 \cdot (1 - 𝑝) 𝑛 - 𝑘 = (𝑛 - 1 𝑘 - 1) (𝑛 𝑘) = (𝑛 - 1)! (𝑘 - 1)! (𝑛 - 𝑘)! 𝑛! 𝑘! (𝑛 - 𝑘)! = = 𝑘! (𝑛 - 1)! (𝑘 - 1)! 𝑛! = 𝑘 𝑛 .$
Sea $z \in \mathbb{C}$ con $|z| = 1$ y $z \neq 1.$ Como $z \neq 1$ , necesariamente $\mu \neq 0.$ También es necesario que $z \neq -1$ , puesto que: $-1 = \frac{1 + \mu i}{1 - \mu i} \Leftrightarrow -1 + \mu i = 1 + \mu i \Leftrightarrow -1 = 1.$ Desarrollamos la expresión: $\frac{1 + \mu i}{1 - \mu i} = \frac{(1+\mu i)(1+\mu i)}{(1-\mu i)(1+\mu i)} = \frac{1 - \mu^2 + 2\mu i}{1 + \mu^2} = \frac{1-\mu^2}{1+\mu^2} + \frac{2\mu}{1+\mu^2}i.$ Podemos escribir $z = a + bi$ , donde $a, b \in \mathbb{R}$ con $b \neq 0.$ De esta forma, $z = \frac{1 + \mu i}{1 - \mu i} \Leftrightarrow a + bi = \frac{1-\mu^2}{1+\mu^2} + \frac{2\mu}{1+\mu^2}i \Leftrightarrow \begin{cases} a = \frac{1-\mu^2}{1+\mu^2}, \\ b = \frac{2\mu}{1+\mu^2}. \end{cases}$ Despejando en la segunda ecuación, $b = \frac{2\mu}{1+\mu^2} \overset{\mu \neq 0}{\Leftrightarrow} \frac{b}{2\mu} = \frac{1}{1+\mu^2}.$ Sustituyendo en la primera ecuación, $a = \frac{1-\mu^2}{1+\mu^2} = (1-\mu^2) \cdot \frac{b}{2\mu} \Leftrightarrow 2a\mu = b - b\mu^2 \Leftrightarrow b\mu^2 + 2a\mu - b = 0.$ Como $b \neq 0$ , se trata de una ecuación de segundo grado. Luego: $\mu = \frac{-2a \pm \sqrt{4a^2 + 4b^2}}{2b} = \frac{-a \pm \sqrt{a^2 + b^2}}{b} \overset{|z|=1}{=} \frac{-a \pm 1}{b}.$ Comprobamos las soluciones en el sistema: $\begin{cases} a = \frac{1-\mu^2}{1+\mu^2}, \\ b = \frac{2\mu}{1+\mu^2}. \end{cases}$
- Si $𝜇 = 1 - 𝑎 𝑏$ , $1 - 𝜇 2 1 + 𝜇 2 = 1 - (1 - 𝑎) 2 𝑏 2 1 + (1 - 𝑎) 2 𝑏 2 = 𝑏 2 - 1 - 𝑎 2 + 2 𝑎 𝑏 2 𝑏 2 + 1 + 𝑎 2 - 2 𝑎 𝑏 2 = 𝑏 2 - 1 - 𝑎 2 + 2 𝑎 𝑏 2 + 1 + 𝑎 2 - 2 𝑎 | 𝑧 | = 1 = - 𝑎 2 + 𝑏 2 + 2 𝑎 - 1 - 2 𝑎 + 2 = = - 𝑎 2 + 𝑏 2 + 2 𝑎 - 1 + 𝑎 2 - 𝑎 2 2 (- 𝑎 + 1) | 𝑧 | = 1 = - 2 𝑎 2 + 2 𝑎 2 (- 𝑎 + 1) = 2 𝑎 (- 𝑎 + 1) 2 (- 𝑎 + 1) = 𝑎, 2 𝜇 1 + 𝜇 2 = 2 \cdot 1 - 𝑎 𝑏 1 + (1 - 𝑎) 2 𝑏 2 = 2 (1 - 𝑎) 𝑏 𝑏 2 + 1 + 𝑎 2 - 2 𝑎 𝑏 2 = 𝑏 \cdot 2 (1 - 𝑎) 𝑏 2 + 1 + 𝑎 2 - 2 𝑎 | 𝑧 | = 1 = 𝑏 \cdot 2 - 2 𝑎 2 - 2 𝑎 = 𝑏 .$ Luego esta solución es válida.
- Si $𝜇 = - 1 + 𝑎 𝑏$ , $1 - 𝜇 2 1 + 𝜇 2 = 1 - (1 + 𝑎) 2 𝑏 2 1 + (1 + 𝑎) 2 𝑏 2 = 𝑏 2 - 1 - 𝑎 2 - 2 𝑎 𝑏 2 𝑏 2 + 1 + 𝑎 2 + 2 𝑎 𝑏 2 = 𝑏 2 - 1 - 𝑎 2 - 2 𝑎 𝑏 2 + 1 + 𝑎 2 + 2 𝑎 | 𝑧 | = 1 = - 𝑎 2 + 𝑏 2 - 2 𝑎 - 1 2 𝑎 + 2 = = - 𝑎 2 + 𝑏 2 - 2 𝑎 - 1 + 𝑎 2 - 𝑎 2 2 (𝑎 + 1) | 𝑧 | = 1 = - 2 𝑎 2 - 2 𝑎 2 (- 𝑎 + 1) = - 2 𝑎 (- 𝑎 + 1) 2 (- 𝑎 + 1) = - 𝑎 .$ Luego esta solución no es válida.
Por tanto, todo $z \in \mathbb{C} \setminus \{-1, 1\}$ con $|z| = 1$ se puede escribir de la forma: $z = \frac{1 + \mu i}{1 - \mu i}, \quad \text{donde } \mu = \frac{1-a}{b}.$ Si $\theta = \arg(z)$ , entonces $a = \cos(\theta)$ y $b = \sin(\theta).$ Así que: $\mu = \frac{1-a}{b} = \frac{1 - \cos(\theta)}{\sin(\theta)}.$

Problema 2: Examen de 2021 de Andalucía

Análisis

Estudie los extremos de la función $𝑓 (𝑥) = | 2 𝑥 - 1 | 𝑒 - | 𝑥 - 2 | e n [- 3, 3] .$
Calcule el límite de la sucesión definida por $1 l n (𝑛) 𝑛 \sum 𝑘 = 1 (1 - c o s (𝜋 \sqrt 𝑘)) .$

Resolución

En primer lugar, observamos que la función $f$ es continua en un intervalo cerrado y acotado, luego por el teorema de Weierstrass alcanza su máximo y su mínimo absolutos en el intervalo $[-3, 3].$ Para hallar sus extremos, expresamos $f$ como una función a trozos. $f(x) = |2x-1|e^{-|x-2|} = \begin{cases} (-2x+1)e^{x-2}, & \text{si } -3 \leq x < \frac{1}{2}, \\ (2x-1)e^{x-2}, & \text{si } \frac{1}{2} \leq x < 2, \\ (2x-1)e^{-x+2}, & \text{si } 2 \leq x \leq 3. \end{cases}$ Si $x \neq \frac{1}{2}$ y $x \neq 2$ , $f$ es derivable con $f'(x) = \begin{cases} -2e^{x-2} + (-2x+1)e^{x-2}, & \text{si } -3 < x < \frac{1}{2}, \\ 2e^{x-2} + (2x-1)e^{x-2}, & \text{si } \frac{1}{2} < x < 2, \\ 2e^{-x+2} - (2x-1)e^{-x+2}, & \text{si } 2 < x < 3 \end{cases} = \begin{cases} -(2x+1)e^{x-2}, & \text{si } -3 < x < \frac{1}{2}, \\ (2x+1)e^{x-2}, & \text{si } \frac{1}{2} < x < 2, \\ (-2x+3)e^{-x+2}, & \text{si } 2 < x < 3. \end{cases}$ Hallamos los puntos críticos igualando cada rama de la derivada a cero.
- Si $- 3 < 𝑥 < 12$ , $𝑓' (𝑥) = 0 \Leftrightarrow - (2 𝑥 + 1) 𝑒 𝑥 - 2 = 0 \Leftrightarrow 2 𝑥 + 1 = 0 \Leftrightarrow 𝑥 = - 12 .$
- Si $12 < 𝑥 < 2$ , $𝑓' (𝑥) = 0 \Leftrightarrow (2 𝑥 + 1) 𝑒 𝑥 - 2 = 0 \Leftrightarrow 2 𝑥 + 1 = 0 \Leftrightarrow 𝑥 = - 12 \notin (12, 2) .$
- Si $2 < 𝑥 < 3$ , $𝑓' (𝑥) = 0 \Leftrightarrow (- 2 𝑥 + 3) 𝑒 - 𝑥 + 2 = 0 \Leftrightarrow - 2 𝑥 + 3 = 0 \Leftrightarrow 𝑥 = 32 \notin (2, 3) .$
Así que el único punto crítico es $x = -\frac{1}{2}.$ También consideramos $x = \frac{1}{2}$ y $x = 2$ por ser los puntos de ruptura. Estudiamos el signo de la derivada.
- Si $- 3 < 𝑥 < - 12$ , $𝑓' (𝑥) > 0 .$ Así que $𝑓$ es creciente.
- Si $- 12 < 𝑥 < 12$ , $𝑓' (𝑥) < 0 .$ Así que $𝑓$ es decreciente.
- Si $12 < 𝑥 < 2$ , $𝑓' (𝑥) > 0 .$ Así que $𝑓$ es creciente.
- Si $2 < 𝑥 < 3$ , $𝑓' (𝑥) < 0 .$ Así que $𝑓$ es decreciente.
Por tanto, los máximos relativos son $\left(-\frac{1}{2}, 2e^{-\frac{5}{2}}\right)$ y $(2, 3)$ , mientras que los mínimos relativos son $(-3, 7e^{-5})$ , $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$ y $(3, 5e^{-1}).$ Además, $(2, 3)$ es el máximo absoluto y $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$ es el mínimo absoluto.
Consideramos las sucesiones $𝑎 𝑛 = 𝑛 \sum 𝑘 = 1 (1 - c o s (𝜋 \sqrt 𝑘)) = 𝑛 - 𝑛 \sum 𝑘 = 1 c o s (𝜋 \sqrt 𝑘) y 𝑏 𝑛 = l n (𝑛) .$ Observamos que ${𝑏 𝑛}$ es estrictamente creciente y $l í m {𝑏 𝑛} = + \infty .$ Además, se tiene que: $l í m 𝑎 𝑛 + 1 - 𝑎 𝑛 𝑏 𝑛 + 1 - 𝑏 𝑛 = l í m 1 - c o s (𝜋 \sqrt 𝑛 + 1) l n (𝑛 + 1) - l n (𝑛) L ’ H = l í m - s e n (𝜋 \sqrt 𝑛 + 1) \cdot 12 𝜋 (𝑛 + 1) - 32 1 𝑛 + 1 - 1 𝑛 = = l í m - 𝜋 2 (𝑛 + 1) 32 - 1 𝑛 (𝑛 + 1) \cdot s e n (𝜋 \sqrt 𝑛 + 1) = l í m 𝜋 𝑛 2 \sqrt 𝑛 + 1 \cdot s e n (𝜋 \sqrt 𝑛 + 1) = = l í m s e n (𝜋 \sqrt 𝑛 + 1) 𝜋 \sqrt 𝑛 + 1 \cdot 𝜋 \sqrt 𝑛 + 1 \cdot 𝜋 𝑛 2 \sqrt 𝑛 + 1 = l í m s e n (𝜋 \sqrt 𝑛 + 1) 𝜋 \sqrt 𝑛 + 1 \cdot 𝜋 2 𝑛 2 (𝑛 + 1) = 𝜋 2 2 .$ Como este límite existe, por el criterio de Stolz se tiene que: $l í m 1 l n (𝑛) 𝑛 \sum 𝑘 = 1 (1 - c o s (𝜋 \sqrt 𝑘)) = l í m 𝑎 𝑛 𝑏 𝑛 = l í m 𝑎 𝑛 + 1 - 𝑎 𝑛 𝑏 𝑛 + 1 - 𝑏 𝑛 = 𝜋 2 2 .$

Problema 3: Examen de 2021 de Andalucía

Pruebe que $𝑛 \sum 𝑘 = 0 c o s (𝑘 𝜃) = 12 + s e n ((𝑛 + 12) 𝜃) 2 s e n (𝜃 2) .$
Dado el triángulo $𝐴 𝐵 𝐶$ , pruebe que es rectángulo si y solo si se cumple $s e n 2 (𝐴) + s e n 2 (𝐵) + s e n 2 (𝐶) = 2 .$

Problema 5: Examen de 2021 de Andalucía

Halle el volumen del toro de revolución que se obtiene al girar la circunferencia $(𝑥 - 𝑎) 2 + 𝑦 2 = 𝑏 2$ con $0 < 𝑏 < 𝑎$ alrededor del eje de ordenadas.
Siendo $a_n = \frac{n^k}{(n+1)(n+2)(n+3)}$ el término general de una serie, se pide:
1. Sustituya el exponente $𝑘$ por el mayor número entero compatible con la condición de ser convergente la serie $\infty \sum 𝑛 = 1 𝑎 𝑛 .$
2. Halle la suma de la serie para dicho $𝑘 .$

Resolución

La ecuación $(𝑥 - 𝑎) 2 + 𝑦 2 = 𝑏 2$ es de la circunferencia de centro $(𝑎, 0)$ y radio $𝑏 .$ Para hallar el volumen obtenido al girar esta región alrededor del eje de ordenadas, describimos la circunferencia en función de $𝑦 .$ $(𝑥 - 𝑎) 2 + 𝑦 2 = 𝑏 2 \Leftrightarrow (𝑥 - 𝑎) 2 = 𝑏 2 - 𝑦 2 \Leftrightarrow 𝑥 = 𝑎 \pm \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 .$ El volumen del sólido generado al girar esta región será la diferencia de los volúmenes generados por las regiones descritas por las funciones $𝑓$ y $𝑔$ , respectivamente. Así que: $𝑉 = 𝜋 \int 𝑏 - 𝑏 𝑓 (𝑦) 2 𝑑 𝑦 - 𝜋 \int 𝑏 - 𝑏 𝑔 (𝑦) 2 𝑑 𝑦 = 𝜋 \int 𝑏 - 𝑏 (𝑎 + \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2) 2 𝑑 𝑦 - 𝜋 \int 𝑏 - 𝑏 (𝑎 - \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2) 2 𝑑 𝑦 = = 𝜋 \int 𝑏 - 𝑏 (𝑎 2 + 𝑏 2 - 𝑦 2 + 2 𝑎 \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2) 𝑑 𝑦 - 𝜋 \int 𝑏 - 𝑏 (𝑎 2 + 𝑏 2 - 𝑦 2 - 2 𝑎 \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2) 𝑑 𝑦 = 4 𝜋 𝑎 \int 𝑏 - 𝑏 \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 𝑑 𝑦 .$ En primer lugar, hallamos una primitiva del integrando usando el cambio de variable $𝑦 = 𝑏 s e n (𝑢) \Rightarrow 𝑢 = a r c s e n (𝑦 𝑏), 𝑑 𝑦 = 𝑏 c o s (𝑢) 𝑑 𝑢 .$ De esta forma, $\int \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 𝑑 𝑦 = \int \sqrt 𝑏 2 - 𝑏 2 s e n 2 (𝑢) \cdot 𝑏 c o s (𝑢) 𝑑 𝑢 = 𝑏 2 \int c o s 2 (𝑢) 𝑑 𝑢 .$ Para integrar $c o s 2 (𝑢)$ , hacemos uso de las siguientes identidades trigonométricas: $1 = c o s 2 (𝑢) + s e n 2 (𝑢), c o s (2 𝑢) = c o s 2 (𝑢) - s e n 2 (𝑢) .$ Si sumamos las dos expresiones, obtenemos que: $1 + c o s (2 𝑢) = 2 c o s 2 (𝑢) \Leftrightarrow c o s 2 (𝑢) = 1 + c o s (𝑢) 2 .$ Así que: $\int \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 𝑑 𝑦 = 𝑏 2 \int c o s 2 (𝑢) 𝑑 𝑢 = 𝑏 2 2 \int (1 + c o s (𝑢)) 𝑑 𝑢 = 𝑏 2 2 (𝑢 + 12 s e n (2 𝑢)) = 𝑏 2 2 (𝑢 + s e n (𝑢) c o s (𝑢)) = = 𝑏 2 2 (𝑢 + s e n (𝑢) \sqrt 1 - s e n 2 (𝑢)) = 𝑏 2 2 (a r c s e n (𝑦 𝑏) + 𝑦 𝑏 \sqrt 1 - 𝑦 2 𝑏 2) = = 𝑏 2 2 (a r c s e n (𝑦 𝑏) + 𝑦 \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 𝑏 2) .$ Por tanto, el volumen del toro de revolución es $𝑉 = 4 𝜋 𝑎 \int 𝑏 - 𝑏 \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 𝑑 𝑦 = 4 𝜋 𝑎 \cdot 𝑏 2 2 [a r c s e n (𝑦 𝑏) + 𝑦 \sqrt 𝑏 2 - 𝑦 2 𝑏 2] 𝑏 - 𝑏 = 2 𝜋 𝑎 𝑏 2 (𝜋 2 - (- 𝜋 2)) = 2 𝜋 2 𝑎 𝑏 2 .$
1. Veamos que el mayor valor entero de $k$ que hace que la serie sea convergente es 1. En primer lugar, observamos que para todo $k, p \in \mathbb{Z}$ con $k < p$ se tiene que: $0 < n^k < n^p \Leftrightarrow 0 < \frac{n^k}{(n+1)(n+2)(n+3)} < \frac{n^p}{(n+1)(n+2)(n+3)}, \quad n \in \mathbb{N}.$
  - Sea $𝑏 𝑛 = 1 𝑛 2$ , de la que sabemos que $\sum \infty 𝑛 = 1 𝑏 𝑛$ es convergente. Si $𝑘 = 1$ , $𝑎 𝑛 𝑏 𝑛 = 𝑛 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) 1 𝑛 2 = 𝑛 3 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) 𝑛 \to \infty \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to 1 .$ Como las dos series tienen el mismo carácter, $\sum \infty 𝑛 = 1 𝑎 𝑛$ es convergente para $𝑘 = 1 .$ Además, por la desigualdad anterior se tiene que: $0 < 𝑛 𝑘 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) \leq 𝑛 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3), \forall 𝑘 \in ℤ, 𝑘 \leq 1 .$ Por tanto, $\sum \infty 𝑛 = 1 𝑎 𝑛$ es convergente para $𝑘 \leq 1 .$
  - Sea $𝑐 𝑛 = 1 𝑛$ , de la que sabemos que $\sum \infty 𝑛 = 1 𝑐 𝑛$ es divergente. Si $𝑘 = 2$ , $𝑎 𝑛 𝑐 𝑛 = 𝑛 2 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) 1 𝑛 = 𝑛 3 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) 𝑛 \to \infty \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to 1 .$ Como las dos series tienen el mismo carácter, $\sum \infty 𝑛 = 1 𝑎 𝑛$ es divergente para $𝑘 = 2 .$ Además, por la desigualdad anterior se tiene que: $0 < 𝑛 2 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) \leq 𝑛 𝑘 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3), \forall 𝑘 \in ℤ, 𝑘 \geq 2 .$ Por tanto, $\sum \infty 𝑛 = 1 𝑎 𝑛$ es divergente para $𝑘 \geq 2 .$
  Por tanto, la serie $\sum_{n=1}^\infty a_n$ es convergente si $k \leq 1$ y divergente si $k \geq 2$ , con $k \in \mathbb{Z}.$ Luego $k = 1$ es el mayor valor entero para el que la serie es convergente.
2. Para hallar la suma de la serie, expresamos $𝑎 𝑛$ como suma de fracciones simples. $𝑛 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) = 𝐴 𝑛 + 1 + 𝐵 𝑛 + 2 + 𝐶 𝑛 + 3 = = 𝐴 (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) + 𝐵 (𝑛 + 1) (𝑛 + 3) + 𝐶 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) .$ Hallamos los valores de $𝐴$ , $𝐵$ y $𝐶$ mediante sustitución. $𝑛 = - 1 ⟶ - 1 = 𝐴 \cdot 2 \Leftrightarrow 𝐴 = - 12, 𝑛 = - 2 ⟶ - 2 = 𝐵 \cdot (- 1) \Leftrightarrow 𝐵 = 2, 𝑛 = - 3 ⟶ - 3 = 𝐶 \cdot (- 2) \cdot (- 1) \Leftrightarrow 𝐶 = - 32 .$ Por tanto: $\infty \sum 𝑛 = 1 𝑎 𝑛 = \infty \sum 𝑛 = 1 𝑛 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) (𝑛 + 3) = \infty \sum 𝑛 = 1 (- 1 2 (𝑛 + 1) + 2 𝑛 + 2 - 3 2 (𝑛 + 3)) = = - 14 + 23 - 38 - 16 + 24 - 310 - 18 + 25 - 312 - 110 + 26 - 314 - 112 + 27 - 316 + \dots = = - 14 + 23 - 16 = 14 .$

Problema 3: Examen de 2018 de Andalucía

Consideramos la curva $𝐶$ de ecuacion: $𝑥 2 + 𝑦 2 = 4 .$

De todos los triángulos inscritos en la curva $𝐶$ , con vértice en el punto $𝐴 (0, 2)$ y base paralela al eje $𝑂 𝑋$ , calcular el que tiene máxima superficie.
Calcular la ecuacion de la envolvente de la familia de las circunferencias que tienen el centro en la curva $𝐶$ y que sus radios son la mitad del radio $𝐶 .$

Resolución

Sea $P(x, y)$ el vértice del triángulo en el semiplano derecho, es decir, con $x > 0.$ Observamos que la base del triángulo es $2x$ y su altura es $2-y.$ Así que el área del triángulo viene dada por: $S = \frac{2x \cdot (2-y)}{2} = x(2-y).$ Como está inscrito en la circunferencia de ecuación $x^2 + y^2 = 4$ , se verifica que $x = \sqrt{4-y^2}.$ Luego la función a maximizar es: $S(y) = (2-y)\sqrt{4-y^2}.$ En primer lugar, hallamos la derivada de la función $S.$ $S'(y) = -\sqrt{4-y^2} + (2-y) \cdot \frac{-2y}{2\sqrt{4-y^2}} = -\sqrt{4-y^2} - \frac{y(2-y)}{\sqrt{4-y^2}}.$ Hallamos los puntos críticos de $S$ igualando la derivada a cero. $\begin{align} & S'(y) = 0 \Leftrightarrow -\sqrt{4-y^2} - \frac{y(2-y)}{\sqrt{4-y^2}} = 0 \Leftrightarrow -\frac{y(2-y)}{\sqrt{4-y^2}} \Leftrightarrow \sqrt{4-y^2} = -2y + y^2 = 4 - y^2 \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow 2y^2 - 2y - 4 = 0 \Leftrightarrow y^2 - y - 2 = 0 \Leftrightarrow \begin{cases} y = -1, \\ y = 2. \end{cases} \end{align}$ Como $P$ es un vértice distinto de $A$ , la solución $y = 2$ no es válida. Comprobamos que se alcanza el máximo en $y = -1.$
- Si $- 2 < 𝑦 < - 1$ , $𝑆' (𝑦) > 0 .$ Así que $𝑆$ es creciente.
- Si $- 1 < 𝑦 < 2$ , $𝑆' (𝑦) < 0 .$ Así que $𝑆$ es decreciente.
Luego $S$ alcanza el mínimo en $y = -1$ , así que $x = \sqrt{3}.$ Por tanto, el triángulo de área máxima es el de vértices $A(0, 2)$ , $B(\sqrt{3}, -1)$ y $C(-\sqrt{3}, -1).$
En primer lugar, expresamos la curva $𝐶 \equiv 𝑥 2 + 𝑦 2 = 4$ en ecuaciones paramétricas: ${𝑥 = 2 c o s (𝑡), 𝑦 = 2 s e n (𝑡), 𝑡 \in [0, 2 𝜋] .$ La familia de curvas con centro en $𝐶$ y radio 1 viene dada por la ecuación: $(𝑥 - 2 c o s (𝑡)) 2 + (𝑦 - 2 s e n (𝑡)) 2 = 1 \Leftrightarrow (𝑥 - 2 c o s (𝑡)) 2 + (𝑦 - 2 s e n (𝑡)) 2 - 1 = 0 .$ Sea $𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑡) = (𝑥 - 2 c o s (𝑡)) 2 + (𝑦 - 2 s e n (𝑡)) 2 - 1 .$ La ecuación de la envolvente viene dada por: $⎧ { {⎨ { {⎩ 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑡) = 0, 𝜕 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑡) 𝜕 𝑡 = 0 \Leftrightarrow {(𝑥 - 2 c o s (𝑡)) 2 + (𝑦 - 2 s e n (𝑡)) 2 - 1 = 0, 2 (𝑥 - 2 c o s (𝑡)) \cdot 2 s e n (𝑡) + 2 (𝑦 - 2 s e n (𝑡)) \cdot (- 2 c o s (𝑡)) = 0 \Leftrightarrow {𝑥 2 - 4 𝑥 c o s (𝑡) + 4 c o s 2 (𝑡) + 𝑦 2 - 4 𝑦 s e n (𝑡) + 4 s e n 2 (𝑡) - 1 = 0, 𝑥 s e n (𝑡) - 2 s e n (𝑡) c o s (𝑡) - 𝑦 c o s (𝑡) + 2 s e n (𝑡) c o s (𝑡) = 0 \Leftrightarrow {4 𝑥 c o s (𝑡) + 4 𝑦 s e n (𝑡) = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 3, 𝑥 s e n (𝑡) - 𝑦 c o s (𝑡) = 0 .$ Despejando en la segunda ecuación, $𝑥 s e n (𝑡) - 𝑦 c o s (𝑡) = 0 \Leftrightarrow 𝑥 s e n (𝑡) = 𝑦 c o s (𝑡) \Leftrightarrow t g (𝑡) = 𝑦 𝑥 .$ Luego se tiene que: $s e n (𝑡) = 𝑦 \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 y c o s (𝑡) = 𝑥 \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 .$ Sustituyendo en la primera ecuación, obtenemos que: $4 𝑥 2 \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 + 4 𝑦 2 \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 3 \Leftrightarrow 4 \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 3 .$ Realizamos el cambio de variable $𝑢 = \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 .$ Entonces: $4 𝑢 = 𝑢 2 + 3 \Leftrightarrow 𝑢 2 - 4 𝑢 + 3 = 0 \Leftrightarrow {𝑢 = 1 \Leftrightarrow \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1 \Leftrightarrow 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1, 𝑢 = 3 \Leftrightarrow \sqrt 𝑥 2 + 𝑦 2 = 3 \Leftrightarrow 𝑥 2 + 𝑦 2 = 9 .$

Problema 4: Examen de 2018 de Andalucía

Análisis

Consideramos la función $𝑓 (𝑥) = c o s (𝑥) .$

Calcular la serie de Taylor de la función $𝑓 .$
Demostrar que: $\int 10 c o s (𝑥) 2 \sqrt 𝑥 𝑑 𝑥 = \infty \sum 𝑛 = 0 (- 1) 𝑛 (4 𝑛 + 1) (2 𝑛)! .$
Calcula el valor de $\int 10 c o s (𝑥) 2 \sqrt 𝑥 𝑑 𝑥$ con un error menor que $10 - 3 .$

Resolución

La función $𝑓 (𝑥) = c o s (𝑥)$ es de clase $C \infty$ , con derivadas sucesivas: $𝑓' (𝑥) = - s e n (𝑥), 𝑓 ″ (𝑥) = - c o s (𝑥), 𝑓 ‴ (𝑥) s e n (𝑥), 𝑓 (𝐼 𝑉) (𝑥) = c o s (𝑥) = 𝑓 (𝑥) .$ Como $| 𝑓 (𝑛) (𝑥) | \leq 1$ para todo $𝑛 \in ℕ$ y todo $𝑥 \in ℝ$ , $𝑓$ es desarrollable en serie de potencias en $ℝ .$ La serie de Taylor centrada en $𝑎$ de la función $𝑓$ es: $𝑓 (𝑥) = \infty \sum 𝑛 = 0 𝑓 (𝑛) (𝑎) 𝑛! (𝑥 - 𝑎) 𝑛 = \infty \sum 𝑛 = 0 (- 1) 𝑛 c o s (𝑎) (2 𝑛)! (𝑥 - 𝑎) 2 𝑛 + \infty \sum 𝑛 = 0 (- 1) 𝑛 + 1 s e n (𝑎) (2 𝑛 + 1)! (𝑥 - 𝑎) 2 𝑛 + 1, 𝑥 \in ℝ .$ En particular, la serie de Taylor centrada en 0 de la función es: $𝑓 (𝑥) = \infty \sum 𝑛 = 0 (- 1) 𝑛 𝑥 2 𝑛 (2 𝑛)!, 𝑥 \in ℝ .$
Usamos la serie de Taylor centrada en 0 de la función. $\int 10 c o s (𝑥) 2 \sqrt 𝑥 𝑑 𝑥 = \int 10 (1 2 \sqrt 𝑥 \infty \sum 𝑛 = 0 (- 1) 𝑛 𝑥 2 𝑛 (2 𝑛)!) 𝑑 𝑥 = \int 10 (\infty \sum 𝑛 = 0 (- 1) 𝑛 𝑥 2 𝑛 (2 𝑛)! \cdot 1 2 \sqrt 𝑥) 𝑑 𝑥 = = \infty \sum 𝑛 = 0 (\int 10 (- 1) 𝑛 𝑥 2 𝑛 (2 𝑛)! \cdot 1 2 \sqrt 𝑥 𝑑 𝑥) = \infty \sum 𝑛 = 0 ((- 1) 𝑛 (2 𝑛)! \int 10 𝑥 2 𝑛 2 \sqrt 𝑥 𝑑 𝑥) = = \infty \sum 𝑛 = 0 ((- 1) 𝑛 (2 𝑛)! \cdot 12 \int 10 𝑥 2 𝑛 - 12 𝑑 𝑥) = \infty \sum 𝑛 = 0 (- 1) 𝑛 (2 𝑛)! \cdot 12 [1 2 𝑛 + 12 𝑥 2 𝑛 + 12] 10 = = \infty \sum 𝑛 = 0 (- 1) 𝑛 (2 𝑛)! \cdot 1 2 (2 𝑛 + 12) = \infty \sum 𝑛 = 0 (- 1) 𝑛 (4 𝑛 + 1) (2 𝑛)! .$
Usamos la igualdad del apartado anterior. Sean: $𝑎 𝑛 = (- 1) 𝑛 (4 𝑛 + 1) (2 𝑛)! y 𝑆 𝑛 = 𝑛 \sum 𝑘 = 0 𝑎 𝑘 .$ Como $𝑎 𝑛$ es monótona decreciente y tiende a cero, el error al aproximar la integral por $𝑆 𝑛$ es menor que $𝑎 𝑛 + 1 .$ Hallamos los primeros términos de la sucesión. $𝑎 0 = 1, 𝑎 1 = - 110, 𝑎 2 = 1216, 𝑎 4 = - 1 9.360 < 10 - 3 .$ Por tanto, podemos aproximar: $\int 10 c o s (𝑥) 2 \sqrt 𝑥 𝑑 𝑥 \approx 𝑆 2 = 1 - 110 + 1216 \approx 0, 9046,$ con un error menor que $10 - 3 .$

Problema 5: Examen de 2018 de Andalucía

Análisis

Consideramos las funciones $𝑓 (𝑥) = 𝑥 𝑒 - 𝑥$ y $𝑔 (𝑥) = 2 - 𝑥 \int 𝑥 0 𝑒 - 𝑡 2 𝑑 𝑡 .$

Estudiar y representar gráficamente la función $𝑓 .$
Calcular: $l í m 𝑥 \to 0 𝑓 (𝑥) - 𝑔 (𝑥) + 2 - 𝑥 𝑥 l n (1 - 𝑥) .$

Resolución

El dominio de la función es $\Dom(f) = \mathbb{R}.$ Observamos que $(0, 0)$ es el único punto de corte con los ejes coordenados y no presenta simetría. Se trata además de una función continua y derivable en todo su dominio.
- Estudiamos la existencia de asíntotas horizontales. $l í m 𝑥 \to - \infty 𝑓 (𝑥) = l í m 𝑥 \to - \infty 𝑥 𝑒 - 𝑥 = - \infty, l í m 𝑥 \to + \infty 𝑓 (𝑥) = l í m 𝑥 \to + \infty 𝑥 𝑒 - 𝑥 = 0 .$ Luego la recta $𝑦 = 0$ es una asíntota horizontal por la derecha. Como no es una función racional, no tiene asíntota oblicua por la izquierda.
- Para estudiar su monotonía, hallamos en primer lugar la derivada de la función. $f'(x) = e^{-x} - xe^{-x} = (-x+1)e^{-x}.$ Hallamos los puntos críticos igualando la derivada a cero. $f'(x) = 0 \Leftrightarrow (-x+1)e^{-x} = 0 \Leftrightarrow -x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1.$ Estudiamos el signo de la derivada.
  - Si $𝑥 < 1$ , $𝑓' (𝑥) > 0 .$ Así que $𝑓$ es creciente.
  - Si $𝑥 > 1$ , $𝑓' (𝑥) < 0 .$ Así que $𝑓$ es decreciente.
  Luego $f$ es creciente en $(-\infty, 1)$ y decreciente en $(1, +\infty)$ , con el punto $\left(1, \frac{1}{e}\right)$ como máximo absoluto.
- Para estudiar su curvatura, hallamos su segunda derivada. $\begin{align} f''(x) & = -e^{-x} - (-x+1)e^{-x} = (x-2)e^{-x}. \end{align}$ Hallamos los candidatos a puntos de inflexión igualando la segunda derivada a cero. $f''(x) = 0 \Leftrightarrow (x-2)e^{-x} = 0 \Leftrightarrow x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 2.$ Estudiamos el signo de la segunda derivada.
  - Si $𝑥 < 2$ , $𝑓 ″ (𝑥) < 0 .$ Así que $𝑓$ es cóncava.
  - Si $𝑥 > 2$ , $𝑓 ″ (𝑥) > 0 .$ Así que $𝑓$ es convexa.
  Luego $f$ es convexa en $(2, +\infty)$ y cóncava en $(-\infty, 2)$ , con el punto de inflexión $\left(2, \frac{2}{e^2}\right).$
Representamos la gráfica de la función con toda esta información.
Calculamos el límite. $l í m 𝑥 \to 0 𝑓 (𝑥) - 𝑔 (𝑥) + 2 - 𝑥 𝑥 l n (1 - 𝑥) = l í m 𝑥 \to 0 𝑥 𝑒 - 𝑥 - 2 + 𝑥 \int 𝑥 0 𝑒 - 𝑡 2 𝑑 𝑡 + 2 - 𝑥 𝑥 l n (1 - 𝑥) = l í m 𝑥 \to 0 𝑥 𝑒 - 𝑥 + 𝑥 \int 𝑥 0 𝑒 - 𝑡 2 𝑑 𝑡 - 𝑥 𝑥 l n (1 - 𝑥) = = l í m 𝑥 \to 0 𝑒 - 𝑥 + \int 𝑥 0 𝑒 - 𝑡 2 𝑑 𝑡 - 1 l n (1 - 𝑥) L ’ H = l í m 𝑥 \to 0 - 𝑒 - 𝑥 + 𝑒 - 𝑥 2 - 1 1 - 𝑥 = 0 .$ Se ha usado que la función $ℎ (𝑥) = \int 𝑥 0 𝑒 - 𝑡 2 𝑑 𝑡$ es derivable por el teorema fundamental del cálculo, con $ℎ' (𝑥) = 𝑒 - 𝑥 2 .$

Problema 6: Examen de 2016 de Andalucía

Análisis

Dada la función real de variable real $𝑓 (𝑥) = | 𝑥 - 1 | 12 \cdot | 𝑥 + 1 | 32$ , se pide:

Los intervalos de crecimiento y de decrecimiento, los extremos y las ramas parabólicas de $𝑓 (𝑥) .$
Estudia la derivabilidad en $𝑥 0 = - 1$ y en $𝑥 0 = 1$ de $𝑓 (𝑥) .$
Dibujar su gráfica.
El área encerrada por la curva y el eje de abscisas.

Resolución

En primer lugar, expresamos la función $𝑓$ como una función a trozos. $𝑓 (𝑥) = | 𝑥 - 1 | 12 \cdot | 𝑥 + 1 | 32 = ⎧ { {⎨ { {⎩ (- 𝑥 + 1) 12 \cdot (- 𝑥 - 1) 32, s i 𝑥 < - 1 (- 𝑥 + 1) 12 \cdot (𝑥 + 1) 32, s i - 1 \leq 𝑥 < 1 (𝑥 - 1) 12 \cdot (𝑥 + 1) 32, s i 𝑥 \geq 1 .$

Si $x \neq -1$ y $x \neq 1$ , $f$ es derivable con: $\begin{align} f'(x) & = \begin{cases} -\frac{1}{2}(-x + 1)^{-\frac{1}{2}} \cdot (-x - 1)^\frac{3}{2} - \frac{3}{2}(-x + 1)^\frac{1}{2} \cdot (-x - 1)^\frac{1}{2}, & \text{si } x < -1 \\ -\frac{1}{2}(-x + 1)^{-\frac{1}{2}} \cdot (x + 1)^\frac{3}{2} + \frac{3}{2}(-x + 1)^\frac{1}{2} \cdot (x + 1)^\frac{1}{2}, & \text{si } -1 < x < 1 \\ \frac{1}{2}(x - 1)^{-\frac{1}{2}} \cdot (x + 1)^\frac{3}{2} + \frac{3}{2}(x - 1)^\frac{1}{2} \cdot (x + 1)^\frac{1}{2}, & \text{si } x > 1 \end{cases} = \\ & = \begin{cases} -\dfrac{1}{2} \sqrt{\dfrac{(x+1)^3}{x-1}} - \dfrac{3}{2} \sqrt{x^2 - 1}, & \text{si } x < -1 \\ -\dfrac{1}{2} \sqrt{\dfrac{(x+1)^3}{-x+1}} + \dfrac{3}{2} \sqrt{1 - x^2}, & \text{si } -1 < x < 1 \\ \dfrac{1}{2} \sqrt{\dfrac{(x+1)^3}{x-1}} + \dfrac{3}{2} \sqrt{x^2 - 1}, & \text{si } x > 1. \end{cases} \end{align}$ Hallamos los puntos críticos igualando cada rama de la derivada a cero.
- Si $𝑥 < - 1$ , $𝑓' (𝑥) = 0 \Leftrightarrow - 12 \sqrt (𝑥 + 1) 3 𝑥 - 1 - 32 \sqrt 𝑥 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow - \sqrt (𝑥 + 1) 3 𝑥 - 1 = 3 \sqrt 𝑥 2 - 1 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (𝑥 + 1) 3 𝑥 - 1 = 9 (𝑥 2 - 1) \Leftrightarrow (𝑥 + 1) 3 - 9 (𝑥 + 1) (𝑥 - 1) 2 = 0 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (𝑥 + 1) ((𝑥 + 1) 2 - 9 (𝑥 - 1) 2) = 0 \Leftrightarrow \Leftrightarrow ⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑥 + 1 = 0 \Leftrightarrow 𝑥 = - 1 \notin (- \infty, 1), (𝑥 + 1) 2 - 9 (𝑥 - 1) 2 = 0 \Leftrightarrow - 8 𝑥 2 + 20 𝑥 - 8 = 0 \Leftrightarrow {𝑥 = 12 \notin (- \infty, 1), 𝑥 = 2 \notin (- \infty, 1) .$
- Si $- 1 < 𝑥 < 1$ , $𝑓' (𝑥) = 0 \Leftrightarrow - 12 \sqrt (𝑥 + 1) 3 - 𝑥 + 1 + 32 \sqrt 1 - 𝑥 2 = 0 \Leftrightarrow \sqrt (𝑥 + 1) 3 - 𝑥 + 1 = 3 \sqrt 1 - 𝑥 2 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (𝑥 + 1) 3 - 𝑥 + 1 = 9 (1 - 𝑥 2) \Leftrightarrow (𝑥 + 1) 3 - 9 (𝑥 + 1) (𝑥 - 1) 2 = 0 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (𝑥 + 1) ((𝑥 + 1) 2 - 9 (𝑥 - 1) 2) = 0 \Leftrightarrow \Leftrightarrow ⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑥 + 1 = 0 \Leftrightarrow 𝑥 = - 1 \notin (- 1, 1), (𝑥 + 1) 2 - 9 (𝑥 - 1) 2 = 0 \Leftrightarrow - 8 𝑥 2 + 20 𝑥 - 8 = 0 \Leftrightarrow {𝑥 = 12 \in (- 1, 1), 𝑥 = 2 \notin (- 1, 1) .$
- Si $𝑥 > 1$ , $𝑓' (𝑥) = 0 \Leftrightarrow 12 \sqrt (𝑥 + 1) 3 𝑥 - 1 + 32 \sqrt 𝑥 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow \sqrt (𝑥 + 1) 3 𝑥 - 1 = 3 \sqrt 𝑥 2 - 1 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (𝑥 + 1) 3 𝑥 - 1 = 9 (𝑥 2 - 1) \Leftrightarrow (𝑥 + 1) 3 - 9 (𝑥 + 1) (𝑥 - 1) 2 = 0 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (𝑥 + 1) ((𝑥 + 1) 2 - 9 (𝑥 - 1) 2) = 0 \Leftrightarrow \Leftrightarrow ⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑥 + 1 = 0 \Leftrightarrow 𝑥 = - 1 \notin (1, + \infty), (𝑥 + 1) 2 - 9 (𝑥 - 1) 2 = 0 \Leftrightarrow - 8 𝑥 2 + 20 𝑥 - 8 = 0 \Leftrightarrow {𝑥 = 12 \notin (1, + \infty), 𝑥 = 2 \in (1, + \infty) .$
Luego los puntos críticos de la función son $x = \frac{1}{2}$ 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 $\left(-1, \frac{1}{2}\right) \cup (1, +\infty)$ y decreciente en $(-\infty, -1) \cup \left(\frac{1}{2}, 1\right)$ , con el máximo relativo $\left(\frac{1}{2}, \frac{3\sqrt{3}}{4}\right)$ y los mínimos relativos $(-1, 0)$ y $(1, 0).$
- Estudiamos la derivabilidad en $𝑥 = - 1 .$ $𝑓' - (- 1) = l í m 𝑥 \to - 1 - 𝑓' (𝑥) = l í m 𝑥 \to - 1 - ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ - 12 \sqrt (𝑥 + 1) 3 𝑥 - 1 - 32 \sqrt 𝑥 2 - 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = 0, 𝑓' + (- 1) = l í m 𝑥 \to - 1 + 𝑓' (𝑥) = l í m 𝑥 \to - 1 + ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ - 12 \sqrt (𝑥 + 1) 3 - 𝑥 + 1 + 32 \sqrt 1 - 𝑥 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = 0 .$ Observamos que $𝑓' - (- 1) = 𝑓' + (- 1)$ , así que $𝑓$ es derivable en $𝑥 = - 1$ con $𝑓' (- 1) = 0 .$
- Estudiamos la derivabilidad en $𝑥 = 1 .$ $𝑓' - (1) = l í m 𝑥 \to 1 - 𝑓' (𝑥) = l í m 𝑥 \to 1 - ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ - 12 \sqrt (𝑥 + 1) 3 - 𝑥 + 1 + 32 \sqrt 1 - 𝑥 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = - \infty, 𝑓' - (1) = l í m 𝑥 \to 1 - 𝑓' (𝑥) = l í m 𝑥 \to 1 - ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 12 \sqrt (𝑥 + 1) 3 𝑥 - 1 + 32 \sqrt 𝑥 2 - 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = + \infty .$ Observamos que $𝑓$ no es derivable por la izquierda ni por la derecha, así que $𝑓$ no es derivable en $𝑥 = 1 .$
Sabemos que se trata de una función continua por ser composición y producto de funciones continuas. Además, se tiene que $f(x) \geq 0$ para todo $x \in \mathbb{R}$ , 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. $𝑓 (𝑥) = 0 \Leftrightarrow | 𝑥 - 1 | 12 \cdot | 𝑥 + 1 | 32 = 0 \Leftrightarrow {𝑥 - 1 = 0 \Leftrightarrow 𝑥 = 1, 𝑥 + 1 = 0 \Leftrightarrow 𝑥 = - 1 .$ 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.
El área encerrada por la gráfica de la función y el eje de abscisas viene dada por: $𝑆 = \int 1 - 1 𝑓 (𝑥) 𝑑 𝑥 = \int 1 - 1 (- 𝑥 + 1) 12 \cdot (𝑥 + 1) 32 𝑑 𝑥 = \int 1 - 1 \sqrt - 𝑥 + 1 \cdot (𝑥 + 1) \sqrt 𝑥 + 1 𝑑 𝑥 = \int 1 - 1 (𝑥 + 1) \sqrt 1 - 𝑥 2 𝑑 𝑥 .$ Realizamos el cambio de variable: $𝑥 = s e n (𝑡) \Leftrightarrow 𝑡 = a r c s e n (𝑥), 𝑑 𝑥 = c o s (𝑡) 𝑑 𝑡 .$ De esta forma, $𝑆 = \int 𝜋 2 - 𝜋 2 (s e n (𝑡) + 1) \sqrt 1 - s e n 2 (𝑡) \cdot c o s (𝑡) 𝑑 𝑡 = \int 𝜋 2 - 𝜋 2 (s e n (𝑡) + 1) c o s 2 (𝑡) 𝑑 𝑡 = = \int 𝜋 2 - 𝜋 2 s e n (𝑡) c o s 2 (𝑡) 𝑑 𝑡 + \int 𝜋 2 - 𝜋 2 c o s 2 (𝑡) 𝑑 𝑡 = [- 13 c o s 3 (𝑡)] 𝜋 2 - 𝜋 2 + \int 𝜋 2 - 𝜋 2 1 + c o s (2 𝑡) 2 𝑑 𝑡 = 12 [𝑡 + 12 s e n (2 𝑡)] 𝜋 2 - 𝜋 2 = = 12 (𝜋 2 + 𝜋 2) = 𝜋 2 𝑢 2 .$

Problema 1: Examen de 2014 de Andalucía

Análisis

Calcular el área limitada por la curva $4 𝑥 2 - 4 𝑥 + 4 𝑦 2 - 12 𝑦 - 26 = 0$ utilizando el cálculo integral.
Dadas las curvas $𝑦 = 𝑥 2$ e $𝑦 = 𝑏 𝑥$ , hallar los valores de $𝑏$ tales que el área encerrada entre estas dos gráficas sea $92 .$

Resolución

En primer lugar, completamos cuadrados. ${4 𝑥 2 - 4 𝑥 = (2 𝑥 - 1) 2 - 1, 4 𝑦 2 - 12 𝑦 = (2 𝑦 - 3) 2 - 9 .$ De esta forma, la expresión de la curva queda como: $4 𝑥 2 - 4 𝑥 + 4 𝑦 2 - 12 𝑦 - 26 = 0 \Leftrightarrow (2 𝑥 - 1) 2 + (2 𝑦 - 3) 2 = 36 \Leftrightarrow 4 (𝑥 - 12) 2 + 4 (𝑦 - 32) 2 = 36 \Leftrightarrow \Leftrightarrow (𝑥 - 12) 2 + (𝑦 - 32) 2 = 9 .$ Observamos que se trata de una circunferencia de centro $(12, 32)$ y radio 3, con área $9 𝜋 𝑢 2$ . Para calcular el área mediante el cálculo integral, despejamos en la expresión anterior. $(𝑥 - 12) 2 + (𝑦 - 32) 2 = 9 \Leftrightarrow 𝑦 = 12 \pm \sqrt 9 - (𝑥 - 12) 2 .$ Observamos que: $9 - (𝑥 - 12) 2 \geq 0 \Leftrightarrow ∣ 𝑥 - 12 ∣ \leq 3 \Leftrightarrow 𝑥 \in [- 52, 72] .$ Sean $𝑓 1, 𝑓 2 : [- 52, 72] \to ℝ$ las funciones definidas por: $𝑓 1 (𝑥) = 12 - \sqrt 9 - (𝑥 - 12) 2, 𝑓 2 (𝑥) = 12 + \sqrt 9 - (𝑥 - 12) 2 .$ Entonces el área viene dada por: $𝑆 = \int 72 - 52 (𝑓 2 (𝑥) - 𝑓 1 (𝑥)) 𝑑 𝑥 = \int 72 - 52 2 \sqrt 9 - (𝑥 - 12) 2 𝑑 𝑥 .$ Realizamos el cambio de variable: $(𝑥 - 12) 2 = 9 s e n 2 (𝑡) \Rightarrow 𝑥 - 12 = 3 s e n (𝑡) \Leftrightarrow 𝑡 = a r c s e n (2 𝑥 - 1 6), 𝑑 𝑥 = 3 c o s (𝑡) 𝑑 𝑡 .$ De esta forma, $𝑆 = \int 𝜋 2 - 𝜋 2 2 \sqrt 9 - 9 s e n 2 (𝑡) \cdot 3 c o s (𝑡) 𝑑 𝑡 = 18 \int 𝜋 2 - 𝜋 2 c o s 2 (𝑡) 𝑑 𝑡 = 18 \int 𝜋 2 - 𝜋 2 1 + c o s (2 𝑡) 2 𝑑 𝑡 = 9 [𝑡 + 12 s e n (2 𝑡)] 𝜋 2 - 𝜋 2 = = 9 (𝜋 2 + 𝜋 2) = 9 𝜋 𝑢 2 .$
En primer lugar, hallamos los puntos de corte de las dos curvas. $𝑥 2 = 𝑏 𝑥 \Leftrightarrow 𝑥 (𝑥 - 𝑏) = 0 \Leftrightarrow {𝑥 = 0, 𝑥 = 𝑏 .$ El área encerrada entre las dos gráficas viene dada por: $𝑆 = ∣ \int 𝑏 0 (𝑥 2 - 𝑏 𝑥) 𝑑 𝑥 ∣ = ∣ [13 𝑥 3 - 𝑏 2 𝑥 2] 𝑏 0 ∣ = ∣ 𝑏 3 3 - 𝑏 3 2 ∣ = | 𝑏 | 3 6 .$ Por tanto, $𝑆 = 92 \Leftrightarrow | 𝑏 | 3 6 = 92 \Leftrightarrow | 𝑏 | 3 = 27 \Leftrightarrow | 𝑏 | = 3 \Leftrightarrow 𝑏 = \pm 3 .$

Problema 1: Examen de 2006 de Andalucía

Análisis

Dada la función $𝑓 (𝑥) = l n (𝑥) .$

Hallar la longitud de arco bajo la curva entre $𝑥 = 12$ y $𝑥 = 32 .$
Hallar el área bajo la curva delimitada por el eje $𝑂 𝑋$ y las ordenadas con abscisas $𝑥 = 12$ y $𝑥 = 32 .$

Resolución

La longitud de arco viene dada por: $L = \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}} \sqrt{1 + f'(x)^2}dx = \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}} \sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}dx = \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}} \frac{\sqrt{x^2 + 1}}{x}dx.$ Realizamos el cambio de variable: $\begin{align} t = \sqrt{1 + x^2} \Rightarrow x & = \sqrt{t^2 - 1}, \\ dx & = \frac{t}{\sqrt{t^2 - 1}}. \end{align}$ De esta forma, $L = \int_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{13}}{2}} \frac{t}{\sqrt{t^2 - 1}} \cdot \frac{t}{\sqrt{t^2 - 1}}dt = \int_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{13}}{2}} \frac{t^2}{t^2 - 1}dt.$ Hacemos la división de polinomios del integrando. $\frac{t^2}{t^2 - 1} = 1 + \frac{1}{t^2 - 1}.$ Así que: $L = \int_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{13}}{2}} \left(1 + \frac{1}{t^2 - 1}\right)dt.$ Expresamos el integrando como suma de fracciones simples. $\frac{1}{t^2 - 1} = \frac{A}{t-1} + \frac{B}{t+1} = \frac{A(t+1) + B(t-1)}{t^2 - 1}.$
- Si $𝑡 = 1$ , entonces $1 = 2 𝐴 \Leftrightarrow 𝐴 = 12$ .
- Si $𝑡 = - 1$ , entonces $1 = - 2 𝐵 \Leftrightarrow 𝐵 = - 12$ .
Luego: $\frac{1}{t^2 - 1} = \frac{1}{2(t-1)} - \frac{1}{2(t+1)}.$ Por tanto: $\begin{align} L & = \int_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{13}}{2}} \left(1 + \frac{1}{2(t-1)} + \frac{1}{2(t+1)}\right)dt = \left[t + \frac{1}{2}\ln(t-1) - \frac{1}{2}\ln(t+1)\right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{13}}{2}} = \left[t + \frac{1}{2}\ln\left(\frac{t-1}{t+1}\right)\right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{13}}{2}} = \\ & = \frac{\sqrt{13}}{2} + \frac{1}{2}\ln\left(\frac{\sqrt{13}-2}{\sqrt{13} + 2}\right) - \frac{\sqrt{5}}{2} - \frac{1}{2}\ln\left(\frac{\sqrt{5}-2}{\sqrt{5} + 2}\right) \approx 1,5032 \; u. \end{align}$
En primer lugar, observamos que $𝑓$ tiene un punto de corte con el eje de abscisas en $𝑥 = 1$ . Además, se tiene que $𝑓 (𝑥) < 0$ para $0 < 𝑥 < 1$ y que $𝑓 (𝑥) > 0$ para $𝑥 > 1$ . Por tanto, $𝑆 = - \int 112 l n (𝑥) 𝑑 𝑥 + \int 321 l n (𝑥) 𝑑 𝑥 = - [𝑥 l n (𝑥) - 𝑥] 112 + [𝑥 l n (𝑥) - 𝑥] 321 = = 1 + 12 l n (12) - 12 + 32 l n (32) - 32 + 1 = 12 l n (2716) \approx 0, 2616 𝑢 2 .$

Problema 2: Examen de 2006 de Andalucía

Análisis

Dados $0 < 𝑥 1 < 𝑦 1$ , se consideran las sucesiones ${𝑥 𝑛}$ , ${𝑦 𝑛}$ tales que $𝑥 𝑛 = \sqrt 𝑥 𝑛 - 1 \cdot 𝑦 𝑛 - 1, 𝑦 𝑛 = 𝑥 𝑛 - 1 + 𝑦 𝑛 - 1 2, \forall 𝑛 \geq 2 .$ Demostrar que ambas tienen límite y es el mismo.

Resolución

Veamos por inducción que se verifica que: $0 < 𝑥 1 < 𝑥 2 < \dots < 𝑥 𝑛 < 𝑦 𝑛 < \dots < 𝑦 2 < 𝑦 1, \forall 𝑛 \in ℕ .$

Para $𝑛 = 1$ , se tiene que $𝑥 1 < 𝑦 1$ por hipótesis.
Supongamos que se verifica para $n$ y veamos que se cumple para $n + 1$ . Las desigualdades a demostrar son: $0 < x_1 < \ldots < x_n < x_{n+1} < y_{n+1} < y_n < \ldots < y_1.$
- Veamos que $𝑥 𝑛 < 𝑥 𝑛 + 1$ . $𝑥 𝑛 = \sqrt 𝑥 𝑛 \cdot 𝑥 𝑛 < \sqrt 𝑥 𝑛 \cdot 𝑦 𝑛 = 𝑥 𝑛 + 1 .$
- Veamos que $𝑦 𝑛 + 1 < 𝑦 𝑛$ . $𝑦 𝑛 + 1 = 𝑥 𝑛 + 𝑦 𝑛 2 < 𝑦 𝑛 + 𝑦 𝑛 2 = 𝑦 𝑛 .$
- Veamos que $𝑥 𝑛 + 1 < 𝑦 𝑛 + 1 .$ $𝑦 2 𝑛 + 1 - 𝑥 2 𝑛 + 1 = (𝑥 𝑛 + 𝑦 𝑛 2) 2 - 𝑥 𝑛 \cdot 𝑦 𝑛 = 𝑥 2 𝑛 + 𝑦 2 𝑛 - 2 𝑥 𝑛 𝑦 𝑛 4 = (𝑥 𝑛 - 𝑦 𝑛) 2 4 > 0 \Rightarrow 𝑥 𝑛 + 1 < 𝑦 𝑛 + 1 .$

Por tanto, se tiene que: $0 < 𝑥 1 < \dots < 𝑥 𝑛 < 𝑦 𝑛 < \dots < 𝑦 1, \forall 𝑛 \in ℕ .$

Observamos que ${𝑥 𝑛}$ es monótona creciente y está acotada superiormente por $𝑦 1$ , mientras que ${𝑦 𝑛}$ es monótona decreciente y está acotada inferiormente por $𝑥 1$ . Luego las sucesiones ${𝑥 𝑛}$ e ${𝑦 𝑛}$ son convergentes.

Sean $𝐿 = l í m 𝑥 𝑛$ y $𝐿' = l í m 𝑦 𝑛$ . Entonces: $𝐿' = 𝐿 + 𝐿' 2 \Leftrightarrow 2 𝐿' = 𝐿 + 𝐿' \Leftrightarrow 𝐿 = 𝐿' .$ Por tanto, $l í m 𝑥 𝑛 = l í m 𝑦 𝑛 .$

Problema 4: Examen de 2002 de Andalucía

Análisis

Representar gráficamente una función de la que se tienen los siguientes datos:

Sea $𝑓$ una función definida, continua y derivable en $ℝ ∖ {- 1} .$
La ecuación $𝑓 (𝑥) = 0$ tiene exactamente una solución negativa, que además es única.
La ecuación $𝑓' (𝑥) = 0$ también tiene una única solución (simple) positiva.
Se verifica que $𝑓 (0) = 4$ y $𝑓 (1) = 34 .$
La recta $𝑦 = 𝑥 + 1$ es una asíntota oblicua.
$l í m 𝑥 \to - 1 \pm 𝑓 (𝑥) = + \infty .$

Hacer la representación gráfica de la función sabiendo que es una función racional.
Obtener la expresión analítica de una función.

Resolución

Representamos gráficamente la función.
Sea $f: \mathbb{R} \setminus \{-1\} \to \mathbb{R}$ dada por: $f(x) = \frac{P(x)}{Q(x)},$ donde $P$ y $Q$ son polinomios con coeficientes reales.
- Como $D o m (𝑓) = ℝ ∖ {- 1}$ y $l í m 𝑥 \to - 1 \pm 𝑓 (𝑥) = + \infty$ , entonces $𝑄$ tiene como única raíz -1 con multiplicidad par.
- Como la función tiene una asíntota oblicua, entonces $𝑃$ debe tener un grado más que $𝑄$ .
Supongamos que el grado de $P$ es 3 y el grado de $Q$ es 2. Entonces la función es de la forma: $f(x) = \frac{ax^3 + bx^2 + cx + d}{e(x+1)^2}.$ Como la pendiente de la asíntota oblicua es 1, entonces: $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 1 \Leftrightarrow \frac{a}{e} = 1 \Leftrightarrow a = e.$ Por simplicidad, supongamos que $a = e = 1$ . De esta forma, la expresión de la función queda: $f(x) = \frac{x^2 + bx^2 + cx + d}{x^2 + 2x + 1}.$
- Como $𝑓 (0) = 4$ , entonces $𝑑 = 4$ .
- Como la ordenada en el origen de la asíntota oblicua es 1, entonces: $l í m 𝑥 \to + \infty (𝑓 (𝑥) - 𝑥) = 1 \Leftrightarrow l í m 𝑥 \to + \infty 𝑥 3 + 𝑏 𝑥 2 + 𝑐 𝑥 + 𝑑 - 𝑥 3 - 2 𝑥 2 - 𝑥 𝑥 2 + 2 𝑥 + 1 = 1 \Leftrightarrow 𝑏 - 2 = 1 \Leftrightarrow 𝑏 = 3 .$
- Como $𝑓 (1) = 34$ , entonces: $𝑓 (1) = 34 \Leftrightarrow 𝑐 + 8 4 = 34 \Leftrightarrow 𝑐 + 8 = 3 \Leftrightarrow 𝑐 = - 5 .$
Por tanto, $f(x) = \frac{x^3 + 3x^2 - 5x + 4}{x^2 + 2x + 1}.$

Problema 2: Examen de 2018 de Aragón

Análisis

Se considera la sucesión ${𝑢 𝑛}$ tal que $𝑢 1 = \sqrt 𝑎, 𝑢 2 = \sqrt 𝑎 + \sqrt 𝑎, 𝑢 3 = \sqrt 𝑎 + \sqrt 𝑎 + \sqrt 𝑎, \dots$ donde $𝑎$ es un número real positivo. Estudie si la sucesión ${𝑢 𝑛}$ es convergente y, en caso afirmativo, determine su límite.

Problema 6: Examen de 2018 de Aragón

Análisis

Demuestre que si una función $𝑓$ real de variable real cumple que $𝑓 (𝑥) - 𝑓 (𝑦) \leq (𝑥 - 𝑦) 2$ para cualesquiera números reales $𝑥$ e $𝑦$ , entonces $𝑓$ es una función constante.

Resolución

Sea $𝑎 \in ℝ .$ Para cada $𝑥 \in ℝ ∖ {𝑎}$ se tiene que: $𝑓 (𝑥) - 𝑓 (𝑎) \leq (𝑥 - 𝑎) 2, 𝑓 (𝑎) - 𝑓 (𝑥) \leq (𝑎 - 𝑥) 2 = (𝑥 - 𝑎) 2 .$ Combinando ambas expresiones, obtenemos que: $0 \leq | 𝑓 (𝑥) - 𝑓 (𝑎) | \leq (𝑥 - 𝑎) 2 \Leftrightarrow 0 \leq | 𝑓 (𝑥) - 𝑓 (𝑎) | | 𝑥 - 𝑎 | \leq | 𝑥 - 𝑎 | .$ Por el criterio del sándwich, se tiene que: $l í m 𝑥 \to 𝑎 | 𝑓 (𝑥) - 𝑓 (𝑎) | | 𝑥 - 𝑎 | = 0 .$ Luego $𝑓$ es derivable en $𝑎$ y $𝑓' (𝑎) = 0 .$ Por tanto, $𝑓$ es constante.

Problema 1: Examen de 2014 de Aragón

Análisis

Determine una función continua $𝑓 : [0, 2] \to ℝ$ tal que $𝑓 (1) = 1$ , $𝑓 (2) = 7$ y tal que para cada $𝑥 \in [0, 2]$ sea $3 \int 𝑥 0 𝑓 (𝑡) 𝑑 𝑡 = [𝑓 (𝑥) + 2 𝑓 (0)] 𝑥 .$

Problema 3: Examen de 2004 de Aragón

Análisis

Sea $𝑓$ la función real de variable real dada por $𝑓 (𝑥) = l n (1 + 𝑥 2) - a r c t g (𝑥) .$ Demostrar que $𝑓 (𝑛) (𝑥) = 𝑃 𝑛 (𝑥) (1 + 𝑥 2) 𝑛,$ donde $𝑃 𝑛 (𝑥)$ es un polinomio de grado $𝑛$ con $𝑛$ raíces reales diferentes.

Problema 3: Examen de 2018 de Asturias

Análisis

Sean $𝑎$ y $𝑏$ dos números reales tales que $𝑎 + 𝑏 \neq 0$ y consideramos las sucesiones ${𝑢 𝑛}$ y ${𝑣 𝑛}$ definidas recursivamente a partir de $𝑢 0 = 𝑎$ y $𝑣 0 = 𝑏$ mediante: $𝑢 𝑛 + 1 = 𝑢 2 𝑛 𝑢 𝑛 + 𝑣 𝑛, 𝑣 𝑛 + 1 = 𝑣 2 𝑛 𝑢 𝑛 + 𝑣 𝑛, (𝑛 \geq 0) .$

Si $𝑎 = 𝑏$ , calcule los límites de ${𝑢 𝑛}$ y ${𝑣 𝑛} .$
Si $| 𝑏 | < | 𝑎 |$ , demuestre que las sucesiones ${𝑢 𝑛}$ y ${𝑣 𝑛}$ son convergentes y calcule los límites de ambas.

Problema 1: Examen de 2016 de Asturias

Análisis

Dados los números $𝑎, 𝑏 \in ℝ$ , se considera la serie de números complejos: $\infty \sum 𝑛 = 0 𝑒 𝑛 (𝑎 + 𝑏 𝑖) .$

Estudie la convergencia de la serie para los distintos valores de $𝑎$ y $𝑏 .$
¿Existe algún valor real de $𝑎$ para el que la suma de la serie sea un número imaginario puro?
Calcule los valores reales de $𝑏$ para los que se cumple la igualdad: $12 c o s (𝑏) + 14 c o s (2 𝑏) + 18 c o s (3 𝑏) + \dots = 0 .$

Problema 2: Examen de 2016 de Asturias

Análisis

Sea ${𝑥 𝑛}$ la sucesión de números reales dada recursivamente por $𝑥 𝑛 + 1 = 𝑥 3 𝑛 + 6 7, 𝑛 \in ℕ$ a partir de $𝑥 1 = 𝑎$ ( $𝑎 \in ℝ$ ). Estudie la convergencia de la sucesión ${𝑥 𝑛}$ según los valores de $𝑎$ y calcule su límite cuando exista.

Problema 1: Examen de 2018 de Cantabria

Análisis

Se tiene una pirámide regular de base un triángulo equilátero y cuyas caras son triángulos isósceles iguales. Si abatimos las caras laterales sobre el plano de la base se forma una estrella de tres puntas que quedará inscrita dentro de un círculo de radio 10 cm. Determinar las longitudes de las aristas de la base y de las caras laterales que hacen máximo el volumen de la pirámide

Problema 2: Examen de 2018 de Cantabria

Análisis

Demuestre que para todo número real $𝑥$ se cumple la desigualdad $c o s (s e n 𝑥) > s e n (c o s 𝑥) .$

Problema 8: Examen de 2018 de Cantabria

Análisis

Sea $𝑓 : ℝ \to ℝ$ una función continua que para todo $𝑥, 𝑦 \in ℝ$ cumple $𝑓 (𝑥 + 𝑦) = 𝑓 (𝑥) + 𝑓 (𝑦) .$ Demuestre que existe $𝑎 \in ℝ$ tal que $𝑓 (𝑥) = 𝑎 𝑥$ para todo $𝑥 \in ℝ .$

Problema 12: Examen de 2018 de Cantabria

Análisis

Determine el área de la región del primer cuadrante del plano limitada por la gráfica de la curva $𝑦 = 𝑒 - 𝑥 s e n 𝑥$ y el eje $𝑂 𝑋 .$

Resolución

En primer lugar, hallamos una primitiva de la función. $\int 𝑒 - 𝑥 s e n (𝑥) 𝑑 𝑥 = - 𝑒 - 𝑥 s e n (𝑥) + \int 𝑒 - 𝑥 c o s (𝑥) 𝑑 𝑥 = - 𝑒 - 𝑥 s e n (𝑥) - 𝑒 - 𝑥 c o s (𝑥) - \int 𝑒 - 𝑥 s e n (𝑥) 𝑑 𝑥 \Rightarrow \Rightarrow \int 𝑒 - 𝑥 s e n (𝑥) 𝑑 𝑥 = - 12 𝑒 - 𝑥 (s e n (𝑥) + c o s (𝑥)) .$

Por otro lado, observamos que: $𝑒 - 𝑥 s e n (𝑥) \geq 0 \Leftrightarrow s e n (𝑥) \geq 0 \Leftrightarrow 𝑥 \in [2 𝑘 𝜋, (2 𝑘 + 1) 𝜋], 𝑘 \in ℤ .$ Así que el área de la región viene dada por: $\infty \sum 𝑘 = 0 \int (2 𝑘 + 1) 𝜋 2 𝑘 𝜋 𝑒 - 𝑥 s e n (𝑥) 𝑑 𝑥 .$

Calculamos estas integrales. Sea $𝑘 \geq 0$ , entonces: $\int (2 𝑘 + 1) 𝜋 2 𝑘 𝜋 𝑒 - 𝑥 s e n (𝑥) 𝑑 𝑥 = - 12 [𝑒 - 𝑥 (s e n (𝑥) + c o s (𝑥))] (2 𝑘 + 1) 𝜋 2 𝑘 𝜋 = - 12 (- 𝑒 - (2 𝑘 + 1) 𝜋 - 𝑒 - 2 𝑘 𝜋) = = 12 (𝑒 - (2 𝑘 + 1) 𝜋 + 𝑒 - 2 𝑘 𝜋) = 12 𝑒 - 2 𝑘 𝜋 (𝑒 - 𝜋 + 1) .$

Por tanto, el área es: $\infty \sum 𝑘 = 0 \int (2 𝑘 + 1) 𝜋 2 𝑘 𝜋 𝑒 - 𝑥 s e n (𝑥) 𝑑 𝑥 = 12 (𝑒 - 𝜋 + 1) \infty \sum 𝑘 = 0 𝑒 - 2 𝑘 𝜋 = 12 (𝑒 - 𝜋 + 1) \cdot 1 1 - 𝑒 - 2 𝜋 = 1 + 𝑒 - 𝜋 2 (1 - 𝑒 - 2 𝜋) 𝑢 2 .$

Problema 2: Examen de 2016 de Cantabria

Responda a las siguientes cuestiones independientes entre sí:

Calcule la suma finita $𝑆 = 7 + 77 + 777 + \dots + 𝑛 ⏞ 77 \dots 7 .$
En una urna hay $10$ bolas numeradas del $1$ al $10 .$ Se extrae al azar una bola, obteniéndose el número $𝑎 .$ Se devuelve la bola a la urna y se repite el proceso dos veces más, obteniéndose los números $𝑏$ y $𝑐 .$ ¿Cuál es la probabilidad de que el sistema ${𝑎 𝑥 + 𝑏 𝑦 + 𝑐 = 0 2 𝑥 + 3 𝑦 = 0$ sea incompatible?

Problema 1: Examen de 2015 de Castilla la Mancha

Análisis

Sea $𝑅$ la región del plano delimitada por los semiejes positivos de coordenadas y la curva $𝑦 = 2 c o s (𝑥)$ , entre $𝑥 = 0$ y $𝑥 = 𝜋 2$ . Halle el valor de $𝑎 \in ℝ$ para que la curva $𝑦 = 𝑎 s e n (𝑥)$ divida a $𝑅$ en dos regiones de igual área.

Resolución

Hallamos el punto de corte de las dos curvas en el intervalo $(0, 𝜋 2) .$ $2 c o s (𝑥) = 𝑎 s e n (𝑥) \Leftrightarrow t g (𝑥) = 2 𝑎 \Leftrightarrow 𝑥 = a r c t g (2 𝑎) .$

Realizamos un esbozo de las dos curvas. Figura

Llamamos $𝐴 1$ al área de la región superior, $𝐴 2$ al de la región inferior y $𝐴$ al de la región completa, con $𝐴 = 𝐴 1 + 𝐴 2 .$ Ha de verificarse que $𝐴 1 = 𝐴 2$ o, equivalentemente, $𝐴 1 = 𝐴 2 .$ Hallamos estas áreas. $𝐴 = \int 𝜋 2 0 2 c o s (𝑥) 𝑑 𝑥 = 2 [s e n (𝑥)] 𝜋 2 0 = 2 𝑢 2, 𝐴 1 = \int a r c t g (2 𝑎) 0 (2 c o s (𝑥) - 𝑎 s e n (𝑥)) 𝑑 𝑥 = [2 s e n (𝑥) + 𝑎 c o s (𝑥)] a r c t g (2 𝑎) 0 = = 2 s e n (a r c t g (2 𝑎)) + 𝑎 c o s (a r c t g (2 𝑎)) - 𝑎$

Sea $𝛼 = a r c t g (2 𝑎) .$ Entonces: $t g (𝛼) = 2 𝑎 \Rightarrow ⎧ { { {⎨ { { {⎩ s e n (𝛼) = 2 \sqrt 4 + 𝑎 2, c o s (𝛼) = 𝑎 \sqrt 4 + 𝑎 2 .$ Luego: $𝐴 1 = 2 s e n (𝛼) + 𝑎 c o s (𝛼) - 𝑎 = 4 \sqrt 4 + 𝑎 2 + 𝑎 2 \sqrt 4 + 𝑎 2 - 𝑎 = 4 + 𝑎 2 \sqrt 4 + 𝑎 2 - 𝑎 = \sqrt 4 + 𝑎 2 - 𝑎 .$

Por tanto, $𝐴 1 = 𝐴 2 \Leftrightarrow 𝐴 1 = 𝐴 2 \Leftrightarrow \sqrt 4 + 𝑎 2 - 𝑎 = 1 \Leftrightarrow 4 + 𝑎 2 = 𝑎 2 + 2 𝑎 + 1 \Leftrightarrow 2 𝑎 = 3 \Leftrightarrow 𝑎 = 32 .$

Problema 2: Examen de 2025 de Castilla y León

Análisis

Sea la suma: $\infty \sum 𝑛 = 1 𝑥 𝑛 + 1 𝑛 (𝑛 + 1) .$

Calcular $𝑥$ para que sea convergente.
Calcular la suma.

Problema 2: Examen de 2018 de Castilla y León

Análisis

Sea $𝑓 : [0, 1] \to [0, + \infty)$ una función continua tal que $𝑓 (0) = 𝑓 (1) = 0 y 𝑓 (𝑥) > 0 p a r a t o d o 𝑥 \in (0, 1) .$ Demuestre que existe un cuadrado con dos vértices en el eje de abscisas y otros dos en la gráfica de $𝑓 .$

Problema 3: Examen de 2018 de Castilla y León

Análisis

Si $𝑥 1 = \sqrt 2$ y $𝑥 𝑛 + 1 = \sqrt 2 𝑥 𝑛 1 + 𝑥 𝑛$ , halle $\prod \infty 𝑛 = 1 𝑥 𝑛 .$

Problema 2: Examen de 2015 de Castilla y León

Análisis

Halle la parte entera de la suma $𝑆 = 1 \sqrt 1 + 1 \sqrt 2 + 1 \sqrt 3 + \dots + 1 \sqrt 106 .$

Problema 1: Examen de 2018 de Cataluña

Análisis

Calcule el volumen de la figura resultante de girar alrededor del eje de ordenadas la superficie limitada por la curva de ecuación $4 𝑥 2 = 𝑦 (1 - 𝑦) (2 - 𝑦) 2 .$

Problema 3: Examen de 2018 de Cataluña

Análisis

Es fácil demostrar que $3 = \sqrt 6 + \sqrt 6 + \sqrt 6 + \dots$ ¿Para cuántos valores $𝑎 \in ℤ$ tales que $1 \leq 𝑎 \leq 1000$ se cumple que $𝑙 = \sqrt 𝑎 + \sqrt 𝑎 + \sqrt 𝑎 + \dots$ es un número entero?

Problema 9: Examen de 2018 de Cataluña

Análisis

Sea $𝐴 (𝑡)$ el área limitada en el primer cuadrante entre la elipse de ecuación $4 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1$ , la recta $𝑦 = 1$ y la recta $𝑥 = 𝑡$ , para $0 \leq 𝑡 \leq 12 .$ Calcule los valores máximo y mínimo de $𝐴 (𝑡) .$

Problema 1: Examen de 2005 de Cataluña

Análisis

Un depósito cilíndrico de altura $ℎ$ y radio $𝑅$ , donde $𝑅 < ℎ < 2 𝑅$ , está lleno de agua. Se introduce en dicho depósito una esfera de radio $𝑟$ más densa que el agua.

Obtener la función de $𝑟$ que expresa el volumen de agua que se derrama.
Estudiar la continuidad de la función.
Esbozar la gráfica de dicha función estudiando su crecimiento, puntos singulares y asíntotas.
Determinar, si existe, el valor de $𝑟$ para el que es máximo el volumen de agua derramada.

Indicación: El volumen del casquete esférico de radio

𝑟

y altura

𝑎

está dado por

𝑉 𝑐 = 𝜋 𝑎 2 (𝑟 - 𝑎 3) .

Problema 10: Examen de 2005 de Cataluña

Análisis

Dadas las funciones $𝑦 = 1 𝑥 2 + 3, 8 𝑥 𝑦 - 𝑥 + 1 = 0$

Dibujar sus representaciones gráficas a partir de los cálculos matemáticos oportunos.
Determinar el área limitada por las dos curvas y los semiejes de coordenadas positivas.

Problema 12: Examen de 2005 de Cataluña

Análisis

Calcule $\int \infty 0 𝑥 - ⌊ 𝑥 ⌋ 2 ⌊ 𝑥 ⌋ 𝑑 𝑥$ donde $⌊ 𝑥 ⌋$ es la parte entera de $𝑥$ .

Problema 3: Examen de 2018 de Ceuta

Análisis

Sea $𝑔 : ℝ \to ℝ$ una función continua. Se define la función $𝑓 : ℝ \to ℝ, 𝑥 \mapsto \int 𝑥 0 s e n (𝑡) \cdot 𝑔 (𝑥 - 𝑡) 𝑑 𝑡 .$ Demuestre que $𝑓$ es dos veces derivable y que cumple la igualdad $𝑓 ″ + 𝑓 = 𝑔 .$

Problema 2: Examen de 2014 de Ceuta

Análisis

Calcule $\int \infty 0 𝑒 - 𝑥 2 𝑑 𝑥 .$

Resolución

La función de densidad de la distribución normal estándar $𝑍 \sim 𝑁 (0, 1)$ es: $𝑓 (𝑥) = 1 \sqrt 2 𝜋 𝑒 - 𝑥 2 2 .$ Por ser una función de densidad, se verifica que: $\int ℝ 𝑓 (𝑥) 𝑑 𝑥 = 1 \Leftrightarrow \int ℝ 1 \sqrt 2 𝜋 𝑒 - 𝑥 2 2 𝑑 𝑥 = 1 .$ Como la función de densidad de la distribución normal estándar es simétrica par, se tiene que: $\int ℝ 1 \sqrt 2 𝜋 𝑒 - 𝑥 2 2 𝑑 𝑥 = 2 \int + \infty 0 1 \sqrt 2 𝜋 𝑒 - 𝑥 2 2 𝑑 𝑥 = \sqrt 2 𝜋 \int + \infty 0 𝑒 - 𝑥 2 2 𝑑 𝑥 .$

Realizamos el siguiente cambio de variable: $𝑡 2 = 𝑥 2 2 \Leftrightarrow 𝑥 2 = 2 𝑡 2 \Rightarrow 𝑥 = \sqrt 2 𝑡, 𝑑 𝑥 = \sqrt 2 𝑑 𝑡 .$ De esta forma, $\sqrt 2 𝜋 \int + \infty 0 𝑒 - 𝑥 2 2 𝑑 𝑥 = \sqrt 2 𝜋 \int + \infty 0 𝑒 - 𝑡 2 \cdot \sqrt 2 𝑑 𝑡 = 2 \sqrt 𝜋 \int + \infty 0 𝑒 - 𝑡 2 𝑑 𝑡 .$

Por tanto, $\int ℝ 𝑓 (𝑥) = 1 \Leftrightarrow 2 \sqrt 𝜋 \int + \infty 0 𝑒 - 𝑡 2 𝑑 𝑡 = 1 \Leftrightarrow \int + \infty 0 𝑒 - 𝑡 2 𝑑 𝑡 = \sqrt 𝜋 2 .$

Problema 6: Examen de 2014 de Ceuta

Análisis

La ecuación $𝑥 - 𝑒 - 𝑥 = 0$ tiene una solución en el intervalo $[0, 5, 0, 6]$ . Para aproximar dicha solución se consideran los métodos de Lagrange, de Newton y de las aproximaciones sucesivas basado en la función $𝑔$ definida por $𝑔 (𝑥) = - l n (𝑥)$ . Justifique la existencia de dicha solución y analice la conveniencia de utilizar un método u otro para aproximarla.

Problema 1: Examen de 2018 de Extremadura

Análisis

Calcule una y solo una de las siguientes integrales: $𝐼 1 = \int 10 (1 - 𝑥 2) 𝑛 𝑑 𝑥, 𝐼 2 = \int 𝑑 𝑥 3 c o s 𝑥 - 4 s e n 𝑥, 𝐼 3 = \int + \infty 0 𝑒 - 𝑥 2 𝑑 𝑥, 𝐼 4 = \int \sqrt 𝑥 2 - 2 𝑥 (𝑥 - 1) 3 𝑑 𝑥 .$

Problema 4: Examen de 2015 de Extremadura

Análisis

Calcule el límite siguiente e interprete geométricamente dicho valor: $l í m 𝑛 \to \infty 1 𝑛 2 𝑛 \sum 𝑘 = 1 (𝑛 + 2 \sqrt 2 𝑘 𝑛 - 𝑘 2) .$
Si $𝐹$ es la función real de variable real definida mediante: $𝐹 (𝑥) = l í m 𝑛 \to \infty 𝑥 2 𝑛 2 𝑛 \sum 𝑘 = 1 (𝑛 + 2 \sqrt 2 𝑘 𝑛 𝑥 2 - 𝑘 2 𝑥 4),$ determine la función derivada $𝐹'$ .

Problema 1: Examen de 2024 de Galicia

Análisis

Calcular la longitud y el área encerrada por la curva $𝑥 23 + 𝑦 23 = 𝑎 23$ .

Resolución

La curva $𝑥 23 + 𝑦 23 = 𝑎 23$ es un astroide, siendo $𝑎 \in ℝ +$ un parámetro real positivo. Una parametrización de la misma es: ${𝑥 (𝑡) = 𝑎 c o s 3 (𝑡), 𝑦 (𝑡) = 𝑎 s e n 3 (𝑡), 𝑡 \in [0, 2 𝜋) .$

Comenzamos calculando la longitud del astroide. La longitud de una curva $𝛼 (𝑡)$ dada en coordenadas paramétricas $𝛼 (𝑡) = (c o s (𝑡), s e n (𝑡))$ , $𝑡 \in [𝑎, 𝑏]$ es: $𝐿 𝑏 𝑎 (𝛼) = \int 𝑏 𝑎 \sqrt (𝑥' (𝑡)) 2 + (𝑦' (𝑡)) 2 𝑑 𝑡 .$ Teniendo en cuenta la parametrización del astroide, derivamos: $𝑥' (𝑡) = 3 𝑎 c o s 2 (𝑡) (- s e n (𝑡)), 𝑦' (𝑡) = 3 𝑎 s e n 2 (𝑡) c o s (𝑡) .$ Por tanto, $𝑥' (𝑡) 2 + 𝑦' (𝑡) 2 = 9 𝑎 2 (c o s 4 (𝑡) s e n 2 (𝑡) + s e n 4 (𝑡) c o s 2 (𝑡)) = 9 𝑎 2 c o s 2 (𝑡) s e n 2 (𝑡) (c o s 2 (𝑡) + s e n 2 (𝑡)) = = 9 𝑎 2 c o s 2 (𝑡) s e n 2 (𝑡) .$ Así, la longitud de la curva es: $𝐿 2 𝜋 0 (𝛼) = 4 𝐿 𝜋 2 0 (𝛼) = 4 \int 𝜋 2 0 \sqrt 9 𝑎 2 c o s 2 (𝑡) s e n 2 (𝑡) 𝑑 𝑡 = 12 𝑎 \int 𝜋 2 0 c o s (𝑡) s e n (𝑡) 𝑑 𝑡 = 12 𝑎 [s e n 2 (𝑡) 2] 𝜋 2 0 = 6 𝑎 .$
El área encerrada por el astroide es $𝐴 = 4 \int 𝑎 0 𝑓 (𝑥) 𝑑 𝑥 = 4 \int 𝑎 0 𝑦 (𝑥) 𝑑 𝑥 .$ Hacemos el cambio de variable: $⎧ { { {⎨ { { {⎩ 𝑥 = 𝑎 c o s 3 (𝑡) \Rightarrow 𝑑 𝑥 = 3 𝑎 c o s 2 (𝑡) (- s e n (𝑡)) 𝑑 𝑡, 𝑦 = 𝑎 s e n 3 (𝑡), s i 𝑥 = 0, 𝑡 = 𝜋 2, s i 𝑥 = 𝑎, 𝑡 = 0 .$ Por tanto, $𝐴 = 4 \int 0 𝜋 2 𝑎 s e n 3 (𝑡) 3 𝑎 c o s 2 (𝑡) (- s e n (𝑡)) 𝑑 𝑡 = 12 𝑎 2 \int 𝜋 2 0 s e n 4 (𝑡) c o s 2 (𝑡) 𝑑 𝑡 .$ Operamos en la expresión $s e n 4 (𝑡) c o s 2 (𝑡)$ . A partir de la identidad fundamental de la trigonometría y la fórmula del coseno del ángulo doble, ${c o s 2 (𝑡) + s e n 2 (𝑡) = 1, c o s (2 𝑡) = c o s 2 (𝑡) - s e n 2 (𝑡) \Rightarrow 2 c o s 2 (𝑡) = 1 + c o s (2 𝑡) \Leftrightarrow c o s 2 (𝑡) = 1 + c o s (2 𝑡) 2 .$ De esta forma, $s e n 4 (𝑡) c o s 2 (𝑡) = (1 - 1 + c o s (2 𝑡) 2) 2 (1 + c o s (2 𝑡) 2) = 18 (12 - c o s (4 𝑡) 2 - c o s (2 𝑡) s e n 2 (2 𝑡)) .$ Por tanto, $𝐴 = 3 𝑎 2 2 \int 𝜋 2 0 12 - c o s (4 𝑡) 2 - c o s (2 𝑡) s e n 2 (2 𝑡) 𝑑 𝑡 = 3 𝑎 2 2 [𝑡 2 - s e n (4 𝑡) 8 - s e n 3 (2 𝑡) 6] 𝜋 2 0 = 3 𝜋 8 𝑎 2 .$

Problema 6: Examen de 2018 de Galicia

Análisis

Dada una función continua $𝑓 : [3, 5] \to ℝ$ que es derivable en el intervalo abierto $(3, 5)$ y tal que $𝑓 (3) = 6$ y $𝑓 (5) = 10$ , se considera la función $𝑔 : [3, 5] \to ℝ$ definida por $𝑔 (𝑥) = 𝑓 (𝑥) 𝑥 .$

Demuestre que existe $𝑥 0 \in (3, 5)$ tal que $𝑔' (𝑥 0) = 0 .$
Demuestre que alguna tangente a la gráfica de $𝑓$ pasa por el origen.
Sean $𝑎$ y $𝑏$ números reales no nulos tales que $0 \notin [𝑎, 𝑏]$ y $ℎ : [𝑎, 𝑏] \to ℝ$ una función continua, derivable en $(𝑎, 𝑏)$ , tal que $ℎ (𝑎) 𝑎 = ℎ (𝑏) 𝑏 .$ Demuestre que alguna de las rectas tangentes a la gráfica de $ℎ$ pasa por el origen.

Resolución

La función $𝑔$ está bien definida, es continua en $[3, 5]$ y es derivable en $(3, 5) .$ Además, se tiene que: $𝑔 (3) = 𝑓 (3) 3 = 63 = 2, 𝑔 (5) = 𝑓 (5) 5 = 105 = 2 ⎫ { { {⎬ { { {⎭ \Rightarrow 𝑔 (3) = 𝑔 (5) .$ Por el teorema de Rolle, existe $𝑐 \in (3, 5)$ tal que $𝑔' (𝑐) = 0 .$
Las rectas tangentes a la gráfica de $𝑓$ son de la forma: $𝑦 - 𝑓 (𝑎) = 𝑓' (𝑎) (𝑥 - 𝑎) \Leftrightarrow 𝑦 = 𝑓' (𝑎) 𝑥 + 𝑓 (𝑎) - 𝑓' (𝑎) 𝑎, 𝑎 \in (3, 5) .$ Observamos que su ordenada en el origen es $𝑛 = 𝑓 (𝑎) - 𝑓' (𝑎) 𝑎 .$ Para que la recta pase por el origen, ha de verificarse que: $𝑛 = 0 \Leftrightarrow 𝑓 (𝑎) - 𝑓' (𝑎) 𝑎 = 0 𝑎 \neq 0 \Leftrightarrow 𝑓' (𝑎) = 𝑓 (𝑎) 𝑎 = 𝑔 (𝑎), 𝑎 \in (3, 5) .$ La derivada de la función $𝑔$ es: $𝑔' (𝑥) = 𝑓' (𝑥) 𝑥 - 𝑓 (𝑥) 𝑥 2 = 𝑓' (𝑥) - 𝑔 (𝑥) 𝑥 .$ Por el apartado anterior, existe $𝑐 \in (3, 5)$ tal que: $𝑔' (𝑐) = 0 \Leftrightarrow 𝑓' (𝑐) - 𝑔 (𝑐) 𝑐 = 0 \Leftrightarrow 𝑓' (𝑐) = 𝑔 (𝑐) .$
Sea $𝑑 : [𝑎, 𝑏] \to ℝ$ definida por $𝑑 (𝑥) = ℎ (𝑥) 𝑥 .$ La función $𝑑$ está bien definida, es continua en $[𝑎, 𝑏]$ y es derivable en $(𝑎, 𝑏)$ con: $𝑑' (𝑥) = ℎ' (𝑥) 𝑥 - ℎ (𝑥) 𝑥 2 = ℎ' (𝑥) - 𝑑 (𝑥) 𝑥 .$ Además, se tiene que: $ℎ (𝑎) 𝑎 = ℎ (𝑏) 𝑏 \Leftrightarrow 𝑑 (𝑎) = 𝑑 (𝑏) .$ Las rectas tangentes a la gráfica de $ℎ$ son de la forma: $𝑦 - ℎ (𝑥 0) = ℎ' (𝑥 0) (𝑥 - 𝑥 0) \Leftrightarrow 𝑦 = ℎ' (𝑥 0) 𝑥 + ℎ (𝑥 0) - ℎ' (𝑥 0) 𝑥 0, 𝑥 0 \in (𝑎, 𝑏) .$ Observamos que su ordenada en el origen es $𝑛 = ℎ (𝑥 0) - ℎ' (𝑥 0) 𝑥 0 .$ Para que la recta pase por el origen, ha de verificarse que: $𝑛 = 0 \Leftrightarrow ℎ (𝑥 0) - ℎ' (𝑥 0) 𝑥 0 = 0 𝑥 0 \neq 0 \Leftrightarrow ℎ' (𝑥 0) = ℎ (𝑥 0) 𝑥 0 = 𝑑 (𝑥 0), 𝑥 0 \in (𝑎, 𝑏) .$ Por el teorema de Rolle, existe $𝑐 \in (𝑎, 𝑏)$ tal que: $𝑑' (𝑐) = 0 \Leftrightarrow ℎ' (𝑐) - 𝑑 (𝑐) 𝑐 = 0 \Leftrightarrow ℎ' (𝑐) = 𝑑 (𝑐) .$

Problema 7: Examen de 2017 de Galicia

Análisis

Calcule el límite siguiente: $l í m 𝑛 \to \infty 𝑛 \sqrt (𝑎 + \sqrt 𝑛 2 + 𝑎 2) \cdot (2 𝑎 + \sqrt 𝑛 2 + 4 𝑎 2) \dots (𝑛 𝑎 + \sqrt 𝑛 2 + 𝑛 2 𝑎 2) 𝑛 .$

Problema 2: Examen de 2016 de Galicia

Análisis

Dadas las funciones $𝑓 : ℝ 3 \to ℝ 2$ y $𝑔 : ℝ 2 \to ℝ 2$ definidas por: $𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (s e n (𝑥 𝑦 + 𝑧), (1 + 𝑥 2) 𝑦 𝑧), 𝑔 (𝑢, 𝑣) = (𝑢 + 𝑒 𝑣, 𝑣 + 𝑒 𝑢) .$

Demuestre que $𝑓$ es diferenciable en el punto $(1, - 1, 1)$ y calcule la diferencial de $𝑓$ en dicho punto.
Demuestre que $𝑔$ es diferenciable en el punto $(0, 12)$ y calcule la diferencial de $𝑔$ en tal punto.
Calcule la diferencial de la función compuesta $𝑔 \circ 𝑓$ en el punto $(1, - 1, 1)$ .

Problema 8: Examen de 2016 de Galicia

Análisis

Dada la función $𝐹$ , real de variable real, mediante $𝐹 (𝑥) = \int 𝑥 1 1 - l n (𝑡) 𝑡 𝑑 𝑡,$ determine su dominio de definición, sus máximos y mínimos y además $l í m 𝑛 \to \infty | 𝐹 (𝑛 + 1) - 𝐹 (𝑛) | .$

Problema 1: Examen de 2014 de Galicia

Análisis

Sea, para cada $𝑛 \in ℤ$ , $𝑝 \in ℝ$ , $𝑛, 𝑝 \geq 0$ , $𝐾 𝑛 (𝑝) = \int 10 𝑥 𝑛 \sqrt (1 - 𝑥) (1 + 𝑝 𝑥) 𝑑 𝑥 .$

Calcule $𝐾 0 (𝑝)$ y $𝐾 1 (𝑝)$ , para cualquier $𝑝 \geq 0$ .
Encuentre una relación de recurrencia, para $𝑛 \geq 2$ y $𝑝 \geq 0$ , del tipo $𝐹 (𝐾 𝑛 (𝑝), 𝐾 𝑛 - 1 (𝑝), 𝐾 𝑛 - 2 (𝑝)) = 0$ y utilícela para calcular $𝐾 𝑛 (0)$ y $𝐾 𝑛 (1)$ , para todo $𝑛 \in ℕ$ .

Problema 1: Examen de 2005 de Galicia

Análisis

Calcule razonadamente el siguiente límite: $𝐸 = l í m 𝑥 \to 0 1 𝑥 3 (𝑥 - 12 \int 2 𝑥 0 s e n (𝑡) 𝑡 𝑑 𝑡) .$

Problema 2: Examen de 2005 de Galicia

Análisis

En una olimpiada de Matemáticas participan estudiantes de varios países. En la fiesta de integración de la Olimpiada, los estudiantes del mismo país no se saludan pues ya se conocen entre ellos, y pueden o no saludar a los participantes de otros países, a los cuales no conocen, una única vez. Se sabe que a la fiesta asistieron $𝑡$ estudiantes de $𝑚$ países diferentes. Si $𝐶$ es el número total de saludos que hubo durante la fiesta, demostrar que $𝐶 \leq 𝑚 - 1 2 𝑚 𝑡 2 .$

Problema 3: Examen de 2018 de Islas Baleares

Análisis

Sea $𝑓 : [0, 1] \to (0, 1)$ una función continua. Demuestre que la ecuación $2 𝑥 - \int 𝑥 0 𝑓 (𝑡) 𝑑 𝑡 = 1$ tiene una única solución real.

Resolución

Sea $𝑔 : [0, 1] \to ℝ$ la función dada por: $𝑔 (𝑥) = 2 𝑥 - 1 - \int 𝑥 0 𝑓 (𝑡) 𝑑 𝑡 .$ Dado que $𝑓$ es continua, por el teorema fundamental del cálculo se tiene que la función $𝑔$ es derivable con: $𝑔' (𝑥) = 2 - 𝑓 (𝑥), 𝑥 \in (0, 1) .$ Como por hipótesis sabemos que $0 < 𝑓 (𝑥) < 1$ para todo $𝑥 \in [0, 1]$ , entonces $𝑔' (𝑥) > 0$ para todo $𝑥 \in (0, 1)$ . Así que $𝑔$ es estrictamente creciente en $(0, 1)$ y, en consecuencia, alcanza su mínimo en $𝑥 = 0$ y su máximo en $𝑥 = 1$ .

Hallamos el valor de $𝑔$ en sus extremos. $𝑔 (0) = - 1, 𝑔 (1) = 1 - \int 10 𝑓 (𝑡) 𝑑 𝑡 .$ De nuevo, como $0 < 𝑓 (𝑥) < 1$ para todo $𝑥 \in [0, 1]$ , entonces: $0 \leq \int 10 𝑓 (𝑡) 𝑑 𝑡 \leq \int 10 1 𝑑 𝑡 = 1 .$ Así que: $𝑔 (1) = 1 - \int 10 𝑓 (𝑡) 𝑑 𝑡 \geq 1 - 1 = 0 .$

Dado que $𝑔 (0) < 0$ , $𝑔 (1) \geq 0$ y $𝑔$ es continua en $[0, 1]$ , por el teorema de Bolzano se tiene que existe $𝑐 \in [0, 1]$ tal que $𝑔 (𝑐) = 0$ , esto es, tal que $𝑐$ es solución de la ecuación. Como además $𝑔$ es estrictamente creciente en $(0, 1)$ , dicho número $𝑐$ es único. Por tanto, la ecuación tiene una única solución real.

Problema 8: Examen de 2018 de Islas Baleares

Análisis

Calcule el siguiente límite: $l í m 𝑛 \to \infty \int 2 𝜋 0 s e n (𝑛 𝑥) 𝑥 2 + 𝑛 2 𝑑 𝑥 .$

Problema 12: Examen de 2018 de Islas Baleares

Análisis

Calcule la siguiente integral $𝐼 = \int 𝑥 3 - 𝑥 2 + 2 𝑥 𝑥 4 + 𝑥 2 + 1 𝑑 𝑥 .$

Problema 16: Examen de 2018 de Islas Baleares

Análisis

Un nadador se encuentra situado en un punto $𝐴$ del borde de un estanque circular cuyo radio mide 50 metros, y quiere llegar al punto $𝐵$ diametralmente opuesto al punto $𝐴 .$ Nadando alcanza un punto $𝑃$ del borde del estanque y, a continuación, se dirige hacia el punto $𝐵$ caminando por dicho borde. Si nada 50 metros por minuto y camina 100 metros por minuto, ¿a qué punto $𝑃$ debe dirigirse para minimizar el tiempo empleado en su recorrido?

Problema 18: Examen de 2018 de Islas Baleares

Análisis

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

Calcule la integral $\int (𝑥 + 1) 𝑑 𝑥 𝑥 3 + 2 𝑥 .$
Dadas las funciones continuas $f, g: [a, b] \to \mathbb{R}$ se define su producto como $\langle f, g \rangle = \int_{a}^{b} f(t) g(t) dt.$ Demuestre que se cumplen las siguientes propiedades:
1. Si $𝑓 1$ , $𝑓 2$ , $𝑔 : [𝑎, 𝑏] \to ℝ$ son continuas y $𝛼, 𝛽 \in ℝ$ , entonces: $⟨ 𝛼 𝑓 1 + 𝛽 𝑓 2, 𝑔 ⟩ = 𝛼 ⟨ 𝑓 1, 𝑔 ⟩ + 𝛽 ⟨ 𝑓 2, 𝑔 ⟩ .$
2. Si $𝑓$ , $𝑔 : [𝑎, 𝑏] \to ℝ$ son continuas, entonces: $⟨ 𝑓, 𝑔 ⟩ = ⟨ 𝑔, 𝑓 ⟩ .$
3. Si $𝑓 : [𝑎, 𝑏] \to ℝ$ es continua, se cumple que: $⟨ 𝑓, 𝑓 ⟩ \geq 0 .$
4. Si $𝑓 : [𝑎, 𝑏] \to ℝ$ es continua, entonces: $⟨ 𝑓, 𝑓 ⟩ = 0 s i y s ó l o s i 𝑓 = 0 .$

Problema 19: Examen de 2018 de Islas Baleares

Análisis

Calcule la integral $\int 𝜋 / 2 0 s e n 7 (𝑥) c o s 2 (𝑥) 𝑑 𝑥 .$
Estudie la continuidad, existencia de derivadas parciales, derivadas direccionales y diferenciabilidad en el punto $(0, 0)$ , de la función $𝑓 (𝑥, 𝑦) = {4 𝑥 3 𝑥 2 + 𝑦 2, s i (𝑥, 𝑦) \neq (0, 0), 0, s i (𝑥, 𝑦) = (0, 0) .$

Problema 21: Examen de 2018 de Islas Baleares

Análisis

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

Calcule el límite de la sucesión $𝑎 𝑛 = 𝑛 1 + 𝑛 - 1 2 + 𝑛 - 2 3 + \dots + 3 𝑛 - 2 + 2 𝑛 - 1 + 1 𝑛 l o g 7 𝑛! .$
Estudie la convergencia de la serie $\infty \sum 𝑛 = 1 (𝑛 \sqrt 𝑒 - 1 - 1 𝑛) .$

Problema 4: Examen de 2002 de Islas Baleares

Análisis

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

Demuestre que para cualquier número real $𝑥 > 0$ ocurre que: $𝑥 - 𝑥 2 2 < l n (1 + 𝑥) < 𝑥 .$
Calcule: $l í m 𝑛 \to \infty [(1 + 1 𝑛 2) (1 + 2 𝑛 2) \dots (1 + 𝑛 𝑛 2)] .$

Problema 5: Examen de 2002 de Islas Baleares

Análisis

Calcule el área limitada por la gráfica de la función $𝑓 : 𝑥 \to 𝑒 - 𝑥 s e n (𝑥)$ y el semieje positivo $𝑂 𝑋$ .

Problema 6: Examen de 2002 de Islas Baleares

Análisis

Demuestre que cualquier aplicación lineal de $ℝ$ en $ℝ$ es una función continua.

Problema 9: Examen de 2002 de Islas Baleares

Análisis

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

Demuestre que $l n (1 + 𝑥) \leq 𝑥$ , para cualquier $𝑥 \in ℝ$ , $𝑥 \geq 0$ .
Demuestre que si $𝑎$ es un número real positivo, entonces: $l í m 𝑛 \to \infty 𝑛 \int 10 𝑥 𝑛 𝑎 + 𝑥 𝑛 𝑑 𝑥 = l n (𝑎 + 1 𝑎) .$

Problema 15: Examen de 2002 de Islas Baleares

Análisis

La aplicación $𝑓 : ℤ \to ℤ$ cumple, para cualesquiera $𝑚, 𝑛 \in ℤ$ , que: $𝑓 (𝑚 2 + 𝑓 (𝑛)) = 𝑓 (𝑚) 2 + 𝑛 .$ Demuestre que:

$𝑓 (0) = 0$ .
$𝑓 (1) = 1$ .
$𝑓 (𝑛) = 𝑛$ , para todo $𝑛 \in ℤ$ .

Problema 4: Examen de 2006 de Islas Canarias

Análisis

Estudie el carácter de la siguiente serie: $\infty \sum 𝑛 = 1 2 2 𝑛 2 \cdot 4 \cdot 6 \dots 2 𝑛 .$

Problema 8: Examen de 2006 de Islas Canarias

Análisis

Estudie la continuidad de la función real de variable real dada por $𝑓 (𝑥) = l n (𝑥 2 - 3 𝑥 + 2) l n (𝑥 2 - 7 𝑥 + 12) .$

Problema 15: Examen de 2006 de Islas Canarias

Análisis

Calcule: $𝐸 = l í m 𝑛 \to \infty [1 1 \cdot 2 + 1 2 \cdot 3 + 1 3 \cdot 4 + \dots + 1 (𝑛 - 1) 𝑛 + 1 𝑛 (𝑛 + 1)] .$

Problema 17: Examen de 2006 de Islas Canarias

Análisis

Sea $𝑓 : ℝ 2 \to ℝ 2$ la aplicación dada por $𝑓 (𝑥, 𝑦) = (3 𝑥 + 2 𝑦, 0) .$ y sea $𝑔 : ℝ 2 \to ℝ 2$ otra aplicación. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es correcta?

Si existe $𝑔 - 1$ , entonces existe $(𝑔 \circ 𝑓) - 1$ .
Si existe $𝑔 - 1$ , entonces existe $(𝑓 \circ 𝑔) - 1$ .
No existe ni $(𝑔 \circ 𝑓) - 1$ ni $(𝑓 \circ 𝑔) - 1$ .

Problema 4: Examen de 2015 de La Rioja

Análisis

Como aplicación de la integral definida, obtenga el volumen de un sólido cuya base es el círculo de inecuación: $𝑥 2 + 𝑦 2 - 4 𝑥 \leq 0$ en cierta referencia rectangular del espacio euclídeo, sabiendo que cuando a dicho sólido se le producen secciones perpendiculares al eje $𝑂 𝑋$ , se obtienen triángulos cuya altura es el cuadrado de la distancia de cada sección al origen de coordenadas.

Problema 3: Examen de 2025 de Madrid

Análisis

Hállese la integral de línea para la forma diferencial siguiente: $2 𝑥 𝑦 𝑑 𝑥 + 𝑥 2 𝑑 𝑦$ a lo largo de los caminos:

El camino $𝐶 1$ que está sobre la recta $𝑦 = 𝑥$ , uniendo el punto $𝐴 (0, 0)$ con el punto $𝐵 (1, 1)$ .
El camino $𝐶 2$ que está sobre la parábola $𝑦 = 𝑥 2$ , uniendo el punto $𝐴 (0, 0)$ con el punto $𝐵 (1, 1)$ .

Interprétese el resultado obtenido.

Problema 4: Examen de 2025 de Madrid

Análisis

Encuentre un polinomio de tercer grado que tome los valores que a continuación se señalan:

$𝑥 𝑘$	0	1	2	4
$𝑦 𝑘$	1	1	2	5

y represéntelo como una función en los ejes cartesianos.

Problema 2: Examen de 2018 de Madrid

Análisis

Dados dos números reales positivos $𝑥$ e $𝑦$ se pide:

Demuestre que $𝑥 𝑦 < 𝑦 𝑥$ cuando $𝑥 < 𝑦 < 𝑒 .$
Demuestre que $𝑥 𝑦 > 𝑦 𝑥$ cuando $𝑒 < 𝑥 < 𝑦 .$

Problema 3: Examen de 2016 de Madrid

Análisis

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

Calcule la longitud de la curva $C$ que tiene por ecuación: $(𝑥 𝑎) 2 / 3 + (𝑦 𝑎) 2 / 3 = 1 (𝑎 > 0) .$
Sea $𝑓$ una función real de variable real que cumple, para los $𝑥$ de cierto intervalo que contiene al origen, la desigualdad $| 𝑓 (𝑥) | \leq | 𝑥 | 𝑟$ , donde $𝑟 \geq 1$ . Demuestre que $𝑓$ es derivable en el origen y calcule $𝑓' (0)$ .

Problema 2: Examen de 2015 de Madrid

Análisis

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

Represente gráficamente la función real de variable real definida por $𝑓 (𝑥) = 𝑥 l n (𝑥)$
Determine, según los valores de $𝑘$ , el número de soluciones de la ecuación $𝑥 - 𝑘 l n (𝑥) = 0 .$
Estudie si la sucesión de números reales ${𝑎 𝑛}$ definida por la recurrencia $𝑎 1 = 𝑒 1 / 2, 𝑎 𝑛 + 1 = 𝑎 𝑛 l n (𝑎 𝑛), p a r a 𝑛 \geq 1,$ es convergente y, en caso afirmativo, calcule su límite.

Problema 3: Examen de 2015 de Madrid

Análisis

Sea $𝑓 : ℝ \to ℝ$ una función derivable en $ℝ$ , dos veces derivable en el origen y tal que $𝑓 (0) = 0$ . Sea $𝐹 : ℝ \to ℝ$ la función tal que $𝐹 (0) = 𝑓' (0), 𝐹 (𝑥) = 1 𝑥 \int 𝑥 0 𝑓 (𝑡) 𝑡 𝑑 𝑡 p a r a 𝑥 \neq 0 .$

Estudie la derivabilidad de $𝐹$ .
¿Es $𝐹$ de clase $𝐶 1$ en $ℝ$ ?

Problema 2: Examen de 2014 de Madrid

Análisis

Calcule los productos siguientes, en los que $𝑛 \in ℕ$ , $𝑛 > 1$ :

$𝑛 - 1 \prod 𝑘 = 1 (𝑒 2 𝑘 𝜋 𝑖 / 𝑛 - 1)$ .
$𝑛 - 1 \prod 𝑘 = 1 s e n (𝑘 𝜋 𝑛)$ .

Problema 3: Examen de 2014 de Madrid

Análisis

Calcule el área encerrada en el bucle del folium de Descartes, cuya ecuación implícita es $𝑥 3 + 𝑦 3 - 3 𝑥 𝑦 = 0 .$

Problema 1: Examen de 2018 de Melilla

Análisis

Siendo $t g (𝑧) = s e n (𝑧) c o s (𝑧)$ , pruebe que para $𝑧 = 𝑥 + 𝑦 𝑖$ se cumple que $t g (𝑧) = s e n (2 𝑥) + 𝑖 s e n h (2 𝑦) c o s (2 𝑥) + c o s h (2 𝑦), d o n d e 𝑖 = \sqrt - 1 .$

Problema 3: Examen de 2018 de Melilla

Análisis

Considere la elipse de la figura. Determine en función de las longitudes $𝑎$ y $𝑏$ de sus semiejes, un punto $𝑃$ de dicha cónica situado en el primer cuadrante, tal que la superficie del cuadrilátero definido por las rectas tangentes a la cónica en $𝑃$ y en $𝐴$ , y los semiejes coordenados positivos sea mínima. Figura

Problema 1: Examen de 2016 de Melilla

Análisis

Calcule la integral: $\int 𝑥 3 - 𝑥 2 + 2 𝑥 𝑥 4 + 𝑥 2 + 1 𝑑 𝑥 .$

Problema 1: Examen de 2018 de Murcia

Análisis

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

Demuestre que para cualquier sucesión de números enteros ${𝑎 𝑛}$ , la sucesión ${𝑏 𝑛}$ dada por $𝑏 1 = 𝑎 1, 𝑏 2 = 𝑎 𝑎 2 1, 𝑏 3 = 𝑎 𝑎 𝑎 3 2 1, \dots$ se hace constante módulo $𝑚$ para cualquier número natural $𝑚 .$
Utilice el apartado anterior para demostrar que en la sucesión $7, 77, 777, 7777, \dots$ la cifra de las unidades se hace constante y calcule dicha cifra.

Problema 3: Examen de 2018 de Murcia

Análisis

Sea $𝑏$ un número real positivo.

Pruebe que si $𝑓 : ℝ \to ℝ$ es una función continua tal que $𝑓 (0) = 0$ y $𝑓' (𝑥) = 1 1 + 𝑏 𝑒 𝑓 (𝑥),$ entonces $𝑓 (𝑥) \leq 𝑥 𝑏$ para cada $𝑥 > 0 .$
Sea $𝑎$ un número real positivo. Calcule: $\int 𝑎 0 \int 𝑏 0 𝑒 m á x {𝑎 2 𝑥 2 𝑏 2, 𝑦 2} 𝑑 𝑥 𝑑 𝑦 .$

Problema 1: Examen de 2018 de País Vasco

Análisis

Sea $𝑅$ la región del plano definida por la parte positiva de los ejes de coordenadas y la curva $𝑦 = 2 c o s (𝑥)$ para $0 \leq 𝑥 \leq 𝜋 2 .$ Halle el valor del parámetro $𝑎$ para que la curva $𝑦 = 𝑎 s e n (𝑥)$ divida la región $𝑅$ en dos partes de igual área.

Resolución

Hallamos el punto de corte de las dos curvas en el intervalo $(0, 𝜋 2) .$ $2 c o s (𝑥) = 𝑎 s e n (𝑥) \Leftrightarrow t g (𝑥) = 2 𝑎 \Leftrightarrow 𝑥 = a r c t g (2 𝑎) .$

Realizamos un esbozo de las dos curvas. Figura

Problema 1: Examen de 2016 de Valencia

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

Sea $𝐶$ una circunferencia y $𝑃$ un punto del plano euclídeo exterior a la circunferencia. Sea $𝑠$ una recta que pasa por $𝑃$ y es secante con $𝐶$ . Si $𝐴$ y $𝐵$ son los puntos de corte de la circunferencia con $𝑠$ , demuestre que el producto $𝑃 𝐴 \cdot 𝑃 𝐵$ no depende de la recta secante $𝑠$ elegida.
En un terreno llano se ha construido un estanque de planta circular en el que la superficie libre de agua enrasa con el terreno. El estanque está centrado en el punto $𝐶 (43, 31)$ y su radio es de 30 m. Un pato, situado inicialmente en el punto $𝑃 (3, 1)$ , marcha en línea recta y con velocidades uniformes de 0,32 m/s y 0,96 m/s, sobre tierra y nadando, respectivamente, con el fin de llegar a la orilla opuesta. Determine la dirección que debe tomar el pato para que la duración del recorrido sea la mínima posible y calcule el tiempo correspondiente.

Nota: La dirección del pato debe ser expresada en función de una razón trigonométrica.

Problema 3: Examen de 2015 de Valencia

Análisis

Dada la función real de variable real definida por $𝑓 (𝑥) = 𝑥 3 (1 + 𝑥) 2 .$

Represente gráficamente la función $𝑓$ haciendo un estudio previo de sus propiedades.
Halle el área de la región acotada comprendida entre la gráfica de la función, la asíntota oblicua de la curva $𝑦 = 𝑓 (𝑥)$ y la recta $4 𝑦 + 7 𝑥 - 8 = 0$ .

Problema 1: Examen de 2005 de Valencia

Análisis

Sea $𝛼 = 20042005$ . Demostrar que, para cualquier número entero positivo $𝑛$ , se cumple la siguiente desigualdad: $12005 [\sqrt 1 - (1 - 𝛼) 2 + 𝛼 \sqrt 1 - (1 - 𝛼 2) 2 + \dots + 𝛼 𝑛 - 1 \sqrt 1 - (1 - 𝛼 𝑛) 2] < 𝜋 4 .$

Problema 3: Examen de 2005 de Valencia

Análisis

Dados los números reales $𝑢 = 1 + \sqrt 2$ y $𝑣 = 1 - \sqrt 2$ , se construyen las sucesiones ${𝑎 𝑛}$ y ${𝑏 𝑛}$ tales que, para cada $𝑛 = 1, 2, 3, \dots$ , cumplen: ${𝑎 𝑛 + 𝑏 𝑛 \sqrt 2 = 𝑢 𝑛, 𝑎 𝑛 - 𝑏 𝑛 \sqrt 2 = 𝑣 𝑛 .$

1. Demostrar que las sucesiones ${𝑎 𝑛}$ y ${𝑏 𝑛}$ son crecientes.
2. Demostrar que $𝑎 𝑛 𝑏 𝑛$ es una fracción irreducible para cada $𝑛 = 1, 2, \dots$
3. Hallar $l í m 𝑛 \to \infty (𝑎 𝑛 𝑏 𝑛)$ .
1. Calcular las siguientes sumas: $𝑆 𝑛 = 𝑢 + 𝑢 2 + 𝑢 3 + \dots + 𝑢 𝑛, 𝑆' 𝑛 = 𝑎 1 + 𝑎 2 + 𝑎 3 + \dots + 𝑎 𝑛, 𝑆 ″ 𝑛 = 𝑏 1 + 𝑏 2 + 𝑏 3 + \dots + 𝑏 𝑛 .$
2. Hallar $l í m 𝑛 \to \infty (𝑆' 𝑛 𝑆 ″ 𝑛)$ .
1. Demostrar que existen dos números fijos $𝛼$ y $𝛽$ tales que: $𝑎 𝑛 + 2 = 𝛼 𝑎 𝑛 + 1 + 𝛽 𝑎 𝑛, 𝑏 𝑛 + 2 = 𝛼 𝑏 𝑛 + 1 + 𝛽 𝑏 𝑛$ y determinar dichos números $𝛼$ y $𝛽$ .
2. Calcular las raíces de la ecuación $𝑥 2 = 𝛼 𝑥 + 𝛽$ y explicar el resultado.