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% Modificar la manera de poner los margenes.
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\cfoot{}
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\begin{document}

\frontmatter
\begin{titlepage}
 \vspace*{6cm}
 \begin{flushright}
  \color{blue}\textbf{\huge{Ejercicios resueltos de selectividad\\Matemáticas II\\[0.5cm]Universidad de Extremadura}}
 \\[0.5cm]
 \color{black}
 \rule{13cm}{0.08cm}
 \end{flushright}
 \begin{flushright}
 \color{blue} \textbf{\Large{2000-2009}}
 \vspace*{11cm}
 \end{flushright}
\begin{center}
 \color{black}
  \textbf{\large{Vicente González Valle\\
  I.E.S. Zurbarán (Badajoz)\\
  Marzo 2010}}
 \end{center}
\end{titlepage}

\chapter*{Prólogo}
Este libro se ha hecho para uso y disfrute de los alumnos de segundo de bachillerato de la opción científico-tecnológica. 
Se trata de la cuarta edición , por lo que espero tengáis la bondad de perdonar los errores que he cometido al hacerlo. También agradezco de corazón la colaboración de algunos compañeros y compañeras que tuvieron conocimiento de la primera versión gracias a la Sociedad Extremeña de Educación Matemática ``Ventura Reyes Prósper'', la cual no sólo comunicó la primera edición, sino que además me permitió obtener los enunciados de todos los años y así ayudarme a clasificarlos. \par
Si quieres hacer algún comentario, comunicar algún error o decir algo que se te ocurra, puedes ponerte en contacto conmigo en \href{mailto:vicente@vicentegonzalezvalle.es}{vicente@vicentegonzalezvalle.es}\par
Este libro se irá actualizando con los exámenes que cada año vaya poniendo la universidad, incorporando este año los del curso 2009, pudiendo obtenerse la versión actualizada en la página:\\ \href{http://www.vicentegonzalezvalle.es}{http://www.vicentegonzalezvalle.es}.\par
Este trabajo se ha hecho utilizando \LaTeX  y su frontend para linux Kile. Para los gráficos se ha usado el software de Geogebra. Gracias a todos los que han hecho posible estos programas y los han compartido gratuitamente con los demás.\par
He hecho una clasificación de los ejercicios por temas, esperando que la clasificación realizada sea del agrado de todos.\par
Se trata de un trabajo que ofrezco a la comunidad educativa, pero es conveniente saber que se emite bajo una licencia Creative Commons en la que tienes que tener presente que:\par
\textbf{Tu eres libre de:}
\begin{itemize}
 \item copiar, distribuir, comunicar y ejecutar públicamente la obra.
 \item hacer obras derivadas.
\end{itemize}
\textbf{Bajo la siguientes condiciones:}
\begin{description}
 \item [Atribución] Debes reconocer y citar la obra de la forma especificada por el autor o el licenciante.
 \item[No Comercial] No puedes utilizar esta obra para fines comerciales.
 \item[Licenciar Igual] Si alteras o transformas esta obra, o generas una obra derivada, sólo puedes distribuir la obra generada bajo una licencia idéntica a ésta.
\end{description}
\begin{itemize}
 \item Al reutilizar o distribuir la obra, tienes que dejar bien claro los términos de la licencia de esta obra.
 \item Alguna de estas condiciones puede no aplicarse si se obtiene el permiso del titular de los derechos de autor.
\end{itemize}
\begin{center}
 \includegraphics[width=2cm]{Imagenes/88x31.png}
\end{center}
\newpage
\vspace*{2cm}\newpage
\vspace*{4cm}
\begin{flushright}
 A mi mujer Mª Teresa,\\
 y a mis hijos Ana Mª, Isabel y Vicente.\\[1.5cm]
 A los tios Manolo, Chencho, Pepi, Gonzalo, Aurín y Modesto,\\
 y, como no, al abuelo Paco,\\
 los últimos que nos dejaron siendo testigos del amor.\\[1.5cm]
 En especial a mi padre Juan Antonio, ya fallecido,\\
 que me enseño a servir y actuar gratuitamente en esta vida\\[1.5cm]
 Gracias a todos.\\
\end{flushright}



\color{black}


\tableofcontents

\mainmatter




 \chapter[Análisis]{Análisis}






\section[Funciones y continuidad]{Funciones y continuidad}

%Primer ejercicio - Funciones y continuidad

\subsection[Septiembre 00 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\begin{normalsize} Representar gráficamente la función
\begin{displaymath}
 f(x)=2x^3-\dfrac{x^2}{2}-x+\dfrac{5}{27}
\end{displaymath}
¿Cuántas raíces reales positivas tiene este polinomio? \end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Para poder representarla vamos a estudiar su derivada. Tenemos que
\begin{displaymath}
 f'(x)=6x^2-x-1
\end{displaymath}\par
Igualando a cero resulta:
\begin{displaymath}
 6x^2-x-1=0 \Longrightarrow x=\dfrac{1\pm\sqrt{1+24}}{12}=\dfrac{1\pm5}{12}=\left\{
 \begin{array}{l}
  \dfrac{6}{12}=\dfrac{1}{2}\\
  \\
  -\dfrac{4}{12}=-\dfrac{1}{3}\\
 \end{array}\right.
\end{displaymath}\par
Construimos una tabla para estudiar el signo de la derivada y conocer así donde crece y donde decrece y sus máximos y mínimos.
\begin{displaymath}
             \begin{array}{c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty, -\dfrac{1}{3}\right) & \left( -\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}\right) & \left( \dfrac{1}{2}, +\infty\right)\\
  		\hline
  		6x^2 -x-1 & + & - & +\\
  		 & \nearrow & \searrow & \nearrow\\
             \end{array}
 \end{displaymath}\par
 En consecuencia:
 \begin{itemize}
  \item [-] Crece $\longrightarrow \left( -\infty, -\dfrac{1}{3}\right)\cup\left( \dfrac{1}{2}, +\infty\right)$
  \item [-] Decrece $\longrightarrow \left( -\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}\right)$
  \item [-] Máximo $\longrightarrow \left(-\dfrac{1}{3},\dfrac{7}{18}\right)$
  \item [-] Mínimo $\longrightarrow \left(\dfrac{1}{2},-\dfrac{41}{216}\right)$
 \end{itemize}\par
 También es obvio que $\lim\limits_{x \rightarrow - \infty} f(x)=-\infty$ y que $\lim\limits_{x \rightarrow + \infty} f(x)=+\infty$\par
 Podemos hacer una tabla de valores para afinar la representación, pero aquí no la pondremos.\par
 La gráfica resultante podemos verla en la figura \ref{Grafica24}
 \begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/septiembre00_2_a.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la función $f(x)=2x^3-\dfrac{x^2}{2}-x+\dfrac{5}{27}$}
\label{Grafica24}
\end{figure}\par
Para ver la última parte del ejercicio usaremos el Teorema de Bolzano. Sabemos que como mucho tendrá tres raices reales (pues es un polinomio de grado 3) y por los datos recabados con anterioridad y mirando la gráfica las raices estarán en los intervalos $\left(-\infty,-\dfrac{1}{3}\right)$ , $\left(-\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}\right)$ y $\left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$. Es evidente que hay una positiva garantizada (la contenida en el último intervalo) y otra negativa (en el primero). Veamos que ocurre con la otra. Nos basaremos en el teorema de Bolzano para ir tanteando y comprobando donde está.\par
Tenemos que $f(0)=\dfrac{5}{27}>0$ y $f\left(\dfrac{1}{2}\right)=-\dfrac{41}{216}<0$. Por tanto la tercera raiz se encuentra en el intervalo $\left(0,\dfrac{1}{2}\right)$ y es positiva.

%Segundo ejercicio - Funciones y continuidad.
 
 \subsection[Junio 01 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Representa la gráfica del polinomio $$f(x)=2x^3 + 3x^2 -0'2$$ ¿Cuántas raíces reales negativas tiene este polinomio? ¿y cuántas positivas? \end{normalsize}} \begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 01)\end{small}}\end{flushright}
  \noindent\textbf{- Solución:}\par
  Vamos a hacer un breve estudio del polinomio para su representación:
  \begin{itemize}
   \item [-] $Dom f=\mathbb{R} \longrightarrow $ Como en todos los polinomios.
   \item [-] Simetría $\longrightarrow $ No tiene.
   \item [-] Continuidad $\longrightarrow$ Continua en todo $\mathbb{R}$.
   \item [-] Asíntotas $\longrightarrow $ No tiene, como le ocurre a todos los polinomios.
   \item [-] Corte con los ejes:
   \begin{itemize}
    \item Eje X: Al ser un polinomio de grado 3 puede cortar al Eje X en un máximo de tres puntos. Vamos a orientarnos donde estarán usando el teorema de Bolzano.
    \begin{itemize}
     \item $f(-2)=-16+12-0'2<0$
     \item $f(-1)=-2+3-0'2>0$
     \item $f(0)=-0'2<0$
     \item $f(1)=2+3-0'2>0$
    \end{itemize}
   Por tanto corta en un punto entre $(-2,-1)$, en otro entre $(-1,0)$ y en otro entre $(0,1)$.
   \item Eje Y: $(0,-0'2)$
  
   \end{itemize}
   \item [-] Vamos a estudiar la derivada:$$f'(x)=6x^2 +6x$$
   Esta derivada se anula en $x=0$ y en $x=-1$. Por tanto:
   \begin{displaymath}
             \begin{array}{c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty, -1\right) & \left( -1,0\right) & \left( 0, +\infty\right)\\
  		\hline
  		6x^2 + 6x & + & - & +\\
  		 & \nearrow & \searrow & \nearrow\\
             \end{array}
 \end{displaymath}
 De aquí deducimos que:
\begin{itemize}
 \item Crece $\longrightarrow (-\infty,-1) \cup (0,+\infty)$
 \item Decrece $\longrightarrow (-1,0)$
 \item Máximo $\longrightarrow (-1,0'8)$
 \item Mínimo $\longrightarrow (0,-0'2)$
\end{itemize}
\end{itemize}\par
Su representación gráfica podemos verla en la figura \ref{Grafica8}
  
  
  \begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/2x3+3x2-02.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la función $f(x)=2x^3 + 3x^2 -0'2$}
\label{Grafica8}
\end{figure}
La respuesta a las preguntas finales ya la hemos hecho cuando realizamos el estudio del corte con el Eje X, es decir, hay dos raices negativas y una positiva.

%Tercer ejercicio - Funciones y continuidad

\subsection[Septiembre 01 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{Enunciar el teorema de Bolzano. Calcular, con un error menor que una décima, una raíz positiva del polinomio $x^3+x-1$}}\textit{\rightline{\begin{small}(Septiembre 01)\end{small}}}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
La parte de teoría podemos encontrarla en cualquier libro. \par
Para buscar la raiz positiva que nos piden vamos a tantear utilizando el teorema de Bolzano. Nuestra función es $f(x)=x^3+x-1$ y es fácil observar que la función es continua en todo $\mathbb{R}$, y por tanto, lo es en cualquier intervalo que cojamos. También se cumple que:
\begin{displaymath}
 f(0)=-1 \text{ y } f(1)=1
\end{displaymath}\par
Vamos a comenzar a tantear para ``acorralar'' la raiz.
\begin{itemize}
 \item $f(0'5)=-0'375<0 \Longrightarrow$ La raiz está en el intervalo $(0'5,1)$.
 \item $f(0'7)=0'043>0 \Longrightarrow$ La raiz está en el intervalo $(0'5,0'7)$.
 \item $f(0'6)=-0'184<0 \Longrightarrow$ La raiz está en el intervalo $(0'6,0'7)$.
\end{itemize}\par
La raiz, con un error menor que $0'1$ está contenida en el intervalo $(0'6,0'7)$. Valdría cualquiera, pero parece que por el valor que toma la función en él podíamos tomar $0'7$.
 
%Cuarto ejercicio - funciones y continuidad

\subsection[Junio 03 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Enunciar el teorema de Bolzano y determinar si el polinomio \mbox{$x^4-4x^2-1$} tiene alguna raiz real negativa.}} 
\textit{\rightline{\begin{small}(Junio 03)\end{small}}}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 El teorema podemos encontrarlo en cualquier libro. \par 
 Vamos a aplicar el mismo para comprobar que la función tiene, al menos, una raiz negativa.\par
 Este hecho es evidente, pues basta con comprobar que la función toma valores de distinto signo en $-5$ y $0$.
 \begin{itemize}
  \item [-] $f(-5)=625-100-1>0$.
  \item[-] $f(0)=-1<0$.
 \end{itemize}\par
Luego, según el teorema de Bolzano, como $f$ es continua en $[-5,0]$ y toma valores de signo contrario en $-5$ y $0$, entonces existe un $c\in(-5,0)$ en el que $f(c)=0$.

%Quinto ejercicio - Funciones y continuidad

\subsection[Septiembre 04 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Enunciar el teorema de Bolzano y usarlo para probar que la ecuación $x=cosx$ tiene solución positiva. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent \textbf{- Solución:}\par
 El teorema de Bolzano puede encontrarse en cualquier libro. \par 
 Pasamos a la segunda parte.\par
 Consideramos la función $f(x)=cosx-x$. Evidentemente su dominio es todo $\mathbb{R}$ y es también continua en todo su dominio. Además:
 \begin{itemize}
 \item $f(0)=1-0=1>0$ 
 \item $f(1)=cos1-1=0'999847-1<0$
 \end{itemize}\par
 Por tanto, esta función cumple las hipótesis del teorema de Bolzano, y según el mismo, tiene que tener una raiz en el intervalo $(0,1)$, y por tanto positiva. \par
 Si no queremos apurar tanto podemos tomar $x=2, 3,\cdots$ en lugar de $x=1$,  pues como el coseno está comprendido entre $-1$ y $1$, al restarle la $x$ elegida dará negativo.
 
 








 
 
 
 \newpage
 \section[Derivada y sus aplicaciones]{Derivada y sus aplicaciones}
 
 %Ejercicio 1 - Derivada y sus aplicaciones
 
\subsection[Junio 00 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{Determinar el dominio de definición de la función \mbox{$f(x)=x-ln\left(x^2-1\right)$} y representar su gráfica, calculando los intervalos de crecimiento y los extremos (máximos y mínimos relativos). }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent \textbf{- Solución:}\par
La función no existirá en los puntos en los que $x^2-1\leq0$. Vamos a ver donde ocurre. Para ello vamos a hacer una tabla con los puntos de corte.
\begin{displaymath}
 x^2-1=0 \Longrightarrow x=\pm1
\end{displaymath}\par
La tabla queda:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty,-1\right) & \left( -1,1\right) & \left( 1, +\infty \right)\\
  		\hline
  		x^2-1 & + & - & +\\
             \end{array}
\end{displaymath}\par
Luego el dominio de la función es $Dom f=\left( -\infty,-1\right)\bigcup\left( 1, +\infty \right)$.\par
Vamos a estudiar su derivada:
\begin{displaymath}
 f'(x)=1-\dfrac{2x}{x^2-1}=\dfrac{x^2-1-2x}{x^2-1}=\dfrac{x^2-2x-1}{x^2-1}
\end{displaymath}\par
Vamos a estudiar su signo. Para ello vamos a igualar la derivada a cero y tendremos en cuenta el dominio antes calculado y construiremos una tabla.
\begin{displaymath}
 \dfrac{x^2-2x-1}{x^2-1}=0 \Longrightarrow x=\dfrac{2\pm\sqrt{4+4}}{2}=\dfrac{2\pm\sqrt{8}}{2}=1\pm\sqrt{2}
\end{displaymath}\par
La tabla quedaría:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty,-1\right) & \left( -1,1\right) & \left(1,1+\sqrt{2}\right) & \left( 1+\sqrt{2}, +\infty \right)\\
  		\hline
  		\dfrac{x^2-2x-1}{x^2-1} & + & \text{No existe} & - & +\\
  		& \nearrow & & \searrow & \nearrow \\
             \end{array}
\end{displaymath}\par
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/junio00_4_A.png}
 \end{center}
 \caption{Representación gráfica de la función $f(x)=x-ln\left(x^2-1\right)$}
 \label{Grafica22}
\end{figure}\par
Luego la función:
\begin{itemize}
 \item [-]Crece $\longrightarrow \left( -\infty,-1\right)\bigcup \left( 1+\sqrt{2}, +\infty \right)$ 
 \item [-]Decrece $\longrightarrow \left(1,1+\sqrt{2}\right)$
\end{itemize}\par
Hay un mínimo en $\left(1+\sqrt{2},0.84\right)$. Para aproximar más es bueno hacer una tabla de valores, que aquí no haremos. También es evidente que en $x=1$ y en $x=-1$ hay asíntotas verticales, pues las tiene el logaritmo.
\begin{itemize}
 \item [-] $x=1 \longrightarrow \lim\limits_{x \rightarrow 1^+} f(x)=+\infty$  (Por la izquierda no existe).
 \item [-] $x=-1 \longrightarrow \lim\limits_{x \rightarrow -1^-} f(x)=+\infty$  (Por la derecha no existe).
\end{itemize}\par
La representación gráfica podemos verla en la figura \ref{Grafica22}.

%Ejercicio 2 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 00 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Definir el concepto de derivada de una función $f(x)$ en un punto \mbox{$x=a$}, y explicar su relación con los máximos relativos de la función.} }\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent \textbf{- Solución:}\par
La solución de este ejercicio puede verse en cualquier libro.

%Ejercicio 3 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 00 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Calcular la derivada en el punto $x=1$ de la función $f(x)=x^{-1/2} lnx$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent \textbf{- Solución:}\par
Vamos a calcular la derivada y después sustituiremos $x=1$ en la función obtenida.
\begin{displaymath}
 f'(x)= -\dfrac{1}{2} x^{-3/2} lnx + x^{-1/2} \dfrac{1}{x}
\end{displaymath}\par
Sustituyendo obtenemos:
\begin{displaymath}
 f'(1)=-\dfrac{1}{2} \cdot 1^{-3/2} ln1 + 1^{-1/2} \cdot 1 = 1
\end{displaymath}

%Ejercicio 4 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 01 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Dadas las funciones $f(x)=x^2+\pi$ y $g(x)=senx + cosx$, calcula la derivada en $x=0$ de las funciones $f(g(x))$ y $g(f(x))$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 01)\end{small}}\end{flushright}
 \noindent \textbf{- Solución:}\par
 Tenemos dos formas de resolver este ejercicio. La primera consiste en calcular las composiciones requeridas y posteriormente derivar, y la segunda en derivar aplicando la regla de la cadena. Veamos la primera en ambas funciones:
 $$f(g(x))=(senx + cosx)^2+\pi=\underbrace{sen^2 x + cos^2 x}_{1} + 2 senx cosx + \pi= sen2x + \pi + 1$$\par
 Si derivamos esta expresión tendremos:
 $$\left[(f o g)\right]'(x)=\left[f(g(x))\right]'=2cos2x$$\par
 Sustituyendo en $x=0$ resulta:
 $$\left[(fog)\right]'(0)=2$$\par
 Por otro lado, la otra composición nos daría:
$$g(f(x))=sen(x^2+\pi)+cos(x^2+\pi)$$\par
Derivando obtenemos:
$$\left[(gof)\right]'(x)=2xcos(x^2+\pi)-2xsen(x^2+\pi)$$\par
Subtituyendo en $x=0$ el resultado obtenido es:
$$\left[(gof)\right]'(0)=0$$\par
Veamos ahora el otro método para la resolución del ejercicio. Lo haremos a modo de ejemplo sólo en el primer caso. Según la regla de la cadena
$$\left[(fog)\right]'(x)=f'(g(x)) \cdot g'(x)=2 (senx+cosx) (cosx-senx)$$\par
Si sustituimos en $x=0$ nos quedaría:
$$\left(fog)\right]'(0)=2(sen0+cos0) (cos0-sen0)=2$$\par
Obtenemos, obviamente, el mismo resultado.

%ejercicio 5- Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 01 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Entre todos los rectángulos de área dada ¿cuál es el de perímetro mínimo?}}\textit{\rightline{\begin{small}(Septiembre 01)\end{small}}}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a buscar una función a minimizar (que dependerá en un principio de dos variables) y una igualdad que ligue las variables. En nuestro caso son:
\begin{displaymath}
 \left.\begin{array}{rcl}
  P(x,y)&=&2x+2y\\A&=&x \cdot y\\
 \end{array}\right]
 \begin{array}{l}
  \Longrightarrow P(x)=2x+\dfrac{2A}{x}=\dfrac{2x^2+2A}{x}\\
  \Longrightarrow y=\dfrac{A}{x}\text{    (1)}\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
Vamos a derivar la función obtenida:
\begin{displaymath}
 P'(x)=\dfrac{4x\cdot x - (2x^2+2A)}{x^2}=\dfrac{4x^2-2x^2-2A}{x^2}=\dfrac{2x^2-2A}{x^2}
\end{displaymath}\par
Igualando la derivada a cero obtenemos:
\begin{displaymath}
 \dfrac{2x^2-2A}{x^2}=0 \Longrightarrow 2x^2-2A=0 \Longrightarrow x^2=A \Longrightarrow x=\pm \sqrt{A}
\end{displaymath}\par
De las dos obtenidas sólo vale la positiva. Vamos a calcular la segunda derivada para ver que hay un mínimo.
\begin{displaymath}
 P''(x)=\dfrac{4x\cdot x^2-2x(2x^2-2A)}{x^4}=\dfrac{4x^3-4x^3+4Ax}{x^4}=\dfrac{4Ax}{x^4}
\end{displaymath}\par
Sustituyendo el valor de x obtenido tenemos:
\begin{displaymath}
 P''\left(\sqrt{A}\right)=\dfrac{4A\sqrt{A}}{A^2}>0
\end{displaymath}
luego hay un mínimo. Sustituyendo $x=\sqrt{A}$ en (1) podemos calcular $y$.
\begin{displaymath}
 x=\sqrt{A} \Longrightarrow y=\dfrac{A}{\sqrt{A}}=\sqrt{A}
\end{displaymath}\par
Se trata por tanto de un cuadrado de lado $\sqrt{A}$.

%ejercicio 6- Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 02 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{Definir el concepto de derivada de una función $f(x)$ en un punto $x=a$ y explicar su relación con el crecimiento de la función.}}\begin{flushright}\textit{\begin{small}(Junio 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
La respuesta puede encontrarse en cualquier libro.

%ejercicio 7- derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 02 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Representar la gráfica de la función $f(x)=2x+(2x)^{-1}$, determinando los intervalos donde es creciente.}}\begin{flushright}\textit{\begin{small}(Junio 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Nuestra función podemos ponerla $f(x)=2x+(2x)^{-1}=2x+\dfrac{1}{2x}=\dfrac{4x^2+1}{2x}$.\par
Vamos a buscar algunos datos para poder representarla.\par
Es evidente que el dominio de la función es $Domf=\mathbb{R}-\{0\}$. También es obvio que tiene una asíntota vertical en $x=0$, que no corta al eje $X$, ni al eje $Y$.\par
Vamos a estudiar la derivada.
\begin{displaymath}
 f'(x)=\dfrac{8x\cdot 2x - 2 \cdot (4x^2+1)}{4x^2}=\dfrac{16x^2-8x^2-2}{4x^2}=\dfrac{8x^2-2}{4x^2}
\end{displaymath}\par
Igualando a cero tenemos:
\begin{displaymath}
 \dfrac{8x^2-2}{4x^2}=0 \Longrightarrow 8x^2-2=0 \Longrightarrow x^2=\dfrac{1}{4} \Longrightarrow x=\pm\dfrac{1}{2}
\end{displaymath}\par
Vamos a estudiar el signo de la derivada para especificar donde crece y donde decrece, así como los máximos y mínimos, si los tiene.
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty,-1/2\right) & \left( -1/2,0\right) & \left(0,1/2\right) & \left( 1/2, +\infty \right)\\
  		\hline
  		\dfrac{8x^2-2}{4x^2} & + & - & - & +\\
  		& \nearrow & \searrow & \searrow & \nearrow \\
             \end{array}
\end{displaymath}\par
Para afinar la representación puede hacerse una pequeña tabla de valores, viendo la representación en la figura \ref{Grafica27}.
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/junio02_1_b.png}
 \caption{Representación gráfica de la función $f(x)=2x+(2x)^{-1}$}
 \label{Grafica27}
 \end{center}
\end{figure}\par\newpage
En cuanto al crecimiento y decrecimiento, así como del estudio de la derivada, concluimos:
\begin{itemize}
\item [-] Crece $\longrightarrow \left( -\infty,-1/2\right)\cup \left( 1/2, +\infty \right)$.
\item [-] Decrece $\longrightarrow \left( -1/2,0\right) \cup \left(0,1/2\right)$.
\item [-] Máximo $\longrightarrow \left( -1/2,-2\right)$.
\item [-] Mínimo $\longrightarrow \left( 1/2, 2 \right)$.
\end{itemize}\par



%Ejercicio 8 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 02 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{Representar la gráfica de la función $f(x)=x^3+x^{-3}$, determinando sus extremos (máximos y mínimos relativos). }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 02)\end{small}}\end{flushright}
 \noindent \textbf{- Solución:}\par
 Nuestra función escrita en forma de fracción es:
 \begin{displaymath}
  f(x)=x^3+x^{-3}=x^3+\dfrac{1}{x^3}=\dfrac{x^6+1}{x^3}
 \end{displaymath} \par
Es evidente que su dominio es $Domf=\mathbb{R}-\{0\}$. Además la función es impar, pues:
\begin{displaymath}
 f(-x)=\dfrac{(-x)^6+1}{(-x)^3}=\dfrac{x^6+1}{-x^3}=-\dfrac{x^6+1}{x^3}=-f(x)
\end{displaymath}\par
Vamos a ver los puntos de corte con los ejes:
\begin{itemize}
 \item [-]Eje X $\longrightarrow$ Hacemos $y=0$.
 \begin{displaymath}
  \dfrac{x^6+1}{x^3}=0 \Longrightarrow x^6+1=0 \Longrightarrow \mbox{ No corta.}
 \end{displaymath}
 \item [-]Eje Y $\longrightarrow$ Hacemos $x=0$. En este caso no corta, pues $x=0$ no pertenece al dominio.
\end{itemize}\par
Vamos a calcular la primera derivada para hallar los máximos y los mínimos.
\begin{displaymath}
 y'=\dfrac{6x^5.x^3-3x^2\left(x^6+1\right)}{x^6}=\dfrac{6x^8-3x^8-3x^2}{x^6}=\dfrac{3x^8-3x^2}{x^6}
\end{displaymath}\par
Si igualamos a cero resulta
\begin{displaymath}
 \dfrac{3x^8-3x^2}{x^6}=0 \Longrightarrow 3x^8-3x^2=0 \Longrightarrow 3x^2\left(x^6-1\right)=0 \Longrightarrow
 \end{displaymath}
 \begin{displaymath}
 \Longrightarrow
\left\{
 \begin{array}{l}
  x=0 \Longrightarrow \mbox{No pertenece al dominio.}\\
  x^6-1=0 \Longrightarrow x^6=1 \Longrightarrow x=\pm1\\
 \end{array}
 \right.
\end{displaymath}\par
Vamos a estudiar el signo de la derivada y así podemos decidir los máximos y mínimos.
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty,-1\right) & \left( -1,0\right) & \left( 0,1\right) & \left( 1, \infty \right)\\
  		\hline
  		\dfrac{3x^8-3x^2}{x^6} & + & - & - & +\\
  		 & \nearrow & \searrow & \searrow & \nearrow\\
             \end{array}
\end{displaymath}\par
De aquí deducimos que la función tiene:
\begin{itemize}
 \item [-] Un máximo en el punto $(-1,-2)$.
 \item [-] Un mínimo en el punto $(1,2)$.
\end{itemize}\par
Es fácil observar que la función tiene una asíntota vertical en la recta $x=0$ y que no tiene asíntotas ni horizontales, ni oblicuas.\par
Puede hacerse una tabla de valores para afinar más la representación gráfica, pero no la haremos aquí. La representación gráfica pedida podemos verla en la figura \ref{Grafica17}.
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/x3x-3.png}
 \end{center}
 \caption{Representación gráfica de la función $f(x)=x^3+x^{-3}$}
 \label{Grafica17}
\end{figure}

%Ejercicio 9 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 02 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Enuncia la regla de L'Hôpital y calcula el límite
\begin{displaymath}
 \lim_{x \to 1}\dfrac{1-cos(2\pi x)}{(x-1)^2}
\end{displaymath}
\end{normalsize}}
 \begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 02)\end{small}}\end{flushright}
 \noindent \textbf{- Solución:}\par
 La parte teórica de la pregunta puede verse en cualquier libro. Vamos a resolver el límite.
 \begin{displaymath}
  \lim_{x \to 1}\dfrac{1-cos(2\pi x)}{(x-1)^2}=\left[\dfrac{0}{0}\right]=\lim_{x \to 1}\dfrac{\cancel {2}\pi sen(2\pi x)}{\cancel {2}(x-1)}=\left[\dfrac{0}{0}\right]=\lim_{x \to 1}\dfrac{2\pi^2 cos(2\pi x)}{1}=2\pi^2
 \end{displaymath}

%Ejercicio 10 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 03 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{Representar gráficamente la función $f(x)=e^x-ex$, determinando sus extremos relativos (máximos y mínimos relativos). ¿Existe algún valor de $x$ en que $f(x)$ sea negativo? }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 03)\end{small}}\end{flushright}
\noindent \textbf{- Solución:}\par
 Vamos a empezar, como siempre, por ver su dominio. 
 \begin{itemize}
  \item [-] Es evidente que el $Domf=\mathbb{R}$.
  \item [-] Veamos ahora los cortes con los ejes:
  \begin{itemize}
   \item  Eje X. $\longrightarrow$ Hacemos $y=0$.\\
    $e^x-ex=0 \Longrightarrow e^x=ex \Longrightarrow x=1$
   \item  Eje Y. $\longrightarrow$ Hacemos $x=0$.\\
   $f(0)=1$
  \end{itemize}
  \item [-] Vamos a realizar la derivada, la igualaremos a cero y la estudiaremos la misma.
  \begin{displaymath}
   f'(x)=e^x-e=0 \Longrightarrow e^x=e \Longrightarrow x=1
  \end{displaymath}
\begin{displaymath}
\begin{array}{c|c|c}
  		 & \left( -\infty,1\right) & \left( 1, \infty \right)\\
  		\hline
  		e^x-e & - & +\\
  		&\searrow&\nearrow\\
             \end{array} 
\end{displaymath}
 \end{itemize}\par
También se puede observar de forma sencilla que no va a tener asíntotas.\par

Para afinar la representación vamos a hacer una tabla de valores:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|ccccc}
  x&-1&0&1&2&3\\
  \hline
  y&3.09&1&0&1.95&11.93\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
La representación gráfica podemos verla en la figura \ref{Grafica21}.\par
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/expx-ex.png}
 \end{center}
 \caption{Representación gráfica de la función $f(x)=e^x-ex$}
 \label{Grafica21}
\end{figure}\par
En cuanto al interrogante que nos hacen la respuesta es evidente viendo la gráfica, pero también puede razonarse si tenemos en cuenta que tiene un mínimo en el punto $(1,0)$. La respuesta obvia es no.

%Ejercicio 11 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 03 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Determinar una recta tangente a la parábola $y=2-x^2$ que sea paralela a la recta de ecuación $2x+y=4$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 03)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Como es paralela a la recta $2x+y=4$ la ecuación de la recta que buscamos tiene que ser de la forma $2x+y=k$ y de aquí deducimos que su pendiente tiene que ser $m=-2$.\par
 Vamos a ver donde tiene la función $y=2-x^2$ una recta tangente con pendiente $m=-2$.
 \begin{displaymath}
  m_{tg}=f'(x)=-2x=-2 \Longrightarrow x=1
 \end{displaymath}\par
Luego el punto en el que se produce la tangente es $f(1)=2-1=1 \Longrightarrow (1,1)$.\par
Por tanto, para calcular k basta con sustituir el punto en la ecuación de la recta $2x+y=k$.
\begin{displaymath}
 2x+y=k \mbox{ en } (1,1) \Longrightarrow 2+1=k \Longrightarrow k=3.
\end{displaymath}\par
Luego la recta buscada es
\begin{displaymath}
 2x+y=3
\end{displaymath}

%Ejercicio 12 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 03 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Con un alambre de dos metros se desea formar un cuadrado y un círculo. Determinar el lado del cuadrado y el radio del círculo para que la suma de sus áreas sea mínima. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 03)\end{small}}\end{flushright}
 \noindent \textbf{- Solución:}\par
 Para plantear el problema buscamos una función a minimizar (que estará en función de dos variables) y una ecuacuón que ligue las variables. Estas ecuaciones son:
 \begin{displaymath}
  \begin{array}{l}
   A(l,r)=l^2+\pi r^2 \Longrightarrow \mbox{ Ecuación a minimizar.}\\
   4l+2\pi r=2 \Longrightarrow 2l+\pi r=1 \Longrightarrow \mbox{ Ecuación que liga las variables.}\\
  \end{array}
 \end{displaymath}\par
Vamos a despejar $l$ en la última ecuación, resultando:
\begin{equation}
 l=\dfrac{1-\pi r}{2}
 \label{Ecuacion1}
\end{equation}\par
Sustituyendo en la primera tenemos:
\begin{displaymath}
 A(r)=\left(\dfrac{1-\pi r}{2}\right)^2+\pi r^2=\dfrac{1+\pi^2r^2-2\pi r}{4}+\pi r^2=\dfrac{1+\pi^2r^2-2\pi r +4\pi r^2}{4}=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =\dfrac{(\pi^2+4\pi)r^2-2\pi r+1}{4}
\end{displaymath}\par
Derivando la expresión obtenemos:
\begin{displaymath}
 A'(r)=\dfrac{1}{\underset{2}{\cancel {4}}}\cdot \left[\cancel {2}(\pi^2+4\pi)r-\cancel {2}\pi\right]=\dfrac{(\pi^2+4\pi)r-\pi}{2}
\end{displaymath}\par
Igualando a cero resulta:
\begin{displaymath}
 \dfrac{(\pi^2+4\pi)r-\pi}{2}=0 \Longrightarrow (\pi^2+4\pi)r-\pi=0 \Longrightarrow (\pi^2+4\pi)r=\pi \Longrightarrow 
 \end{displaymath}
 \begin{displaymath}
  \Longrightarrow (\pi+4)r=1 \Longrightarrow r=\dfrac{1}{\pi +4} \mbox{ u.}
\end{displaymath}\par
Si hacemos la segunda derivada resulta:
\begin{displaymath}
 A''(r)=\dfrac{\pi^2+4\pi}{2}>0 \mbox{ para cualquier valor de r.}
\end{displaymath}\par
En consecuencia para el valor de $r$ que nosotros hemos calculado la función tiene un mínimo.\par
Vamos a calcular $l$ sustituyendo en la igualdad \eqref{Ecuacion1}.
\begin{displaymath}
 l=\dfrac{1-\pi \frac{1}{\pi+4}}{2}=\dfrac{1-\frac{\pi}{\pi+4}}{2}=\dfrac{\cancel {\pi}+4-\cancel {\pi}}{2\pi+8}=\dfrac{4}{2\pi+8}=\dfrac{2}{\pi+4} \mbox{ u.}
\end{displaymath}

%Ejercicio 13 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 03 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\normalsize{Determinar en qué puntos es negativa la derivada de la función $f(x)=e^xx^{-2}$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 03)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Nuestra función es $f(x)=\dfrac{e^x}{x^2}$. Su derivada por tanto será:
 \begin{displaymath}
  f'(x)=\dfrac{e^x x^2-2x e^x}{x^4}=\dfrac{xe^x(x-2)}{x^4}
 \end{displaymath}\par
Vamos a estudiar su signo. Calculamos para ello las raices del numerador y del denominador.
\begin{itemize}
 \item [-] Raices del numerador: 
 \begin{displaymath}
  xe^x(x-2)=0 \Longrightarrow \left\{
  	\begin{array}{l}
  	 x=0.\\
  	 e^x=0 \Longrightarrow \mbox{ No tiene solución.}\\
  	 x-2=0 \Longrightarrow x=2.\\
  	\end{array}\right.
 \end{displaymath}
\item[-] Raices del denominador:
\begin{displaymath}
 x^4=0 \Longrightarrow x=0.
\end{displaymath}
\end{itemize}\par
Con los valores obtenidos construimos una tabla para estudiar el signo de la derivada.
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty,0\right) & \left( 0,2\right) & \left( 2, +\infty \right)\\
  		\hline
  		\dfrac{xe^x(x-2)}{x^4} & + & - & +\\
             \end{array} 
\end{displaymath}\par
Por tanto es negativa en el intervalo $(0,2)$.

%Ejercicio 14 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 04 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{Determinar el mayor área que puede encerrar un triángulo rectángulo cuyo lado mayor mida 1 metro. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
La figura \ref{Grafica3} nos muestra la idea. \par 
  \begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/Area_triangulo.png}
\end{center}
\caption{Visión gráfica del problema}
\label{Grafica3}
\end{figure}\par
 Nosotros iremos moviendo la hipotenusa (lado mayor) haciendo variar \textit{x} e \textit{y}. \par
 Necesitamos pues una función a maximizar (el área) y otra que ligue las dos variables. Dichas ecuaciones son:
 \begin{displaymath}
  \begin{array}{l}
   A(x,y)=\dfrac{x.y}{2} \text{   (Función a maximizar)}\\
   x^2+ y^2=1 \Rightarrow y=\sqrt{1-x^2} \text{ (Ecuación que liga las variables) }\\
  \end{array}
 \end{displaymath}\par
 Por tanto, si sustituimos la $y$ en la primera función obtenemos: $$A(x)=\dfrac{x \cdot \sqrt{1-x^2}}{2}=\dfrac{1}{2} \cdot x \cdot \sqrt{1-x^2}$$\par
 Vamos a derivar para ver los puntos que anulan dicha derivada. Entre estos valores se encuentran los máximos y los mínimos.$$A'(x)= \dfrac{1}{2}\left[ \sqrt{1-x^2}+\dfrac{x \cdot (-\cancel {2}x)}{\cancel {2} \cdot \sqrt{1-x^2}} \right]=\dfrac{1}{2}\left[ \dfrac{1-x^2-x^2}{\sqrt{1-x^2}}\right]=\dfrac{1-2x^2}{2 \sqrt{1-x^2}}$$ \par 
 Igualando esta expresión a cero tenemos:
 $$\dfrac{1-2x^2}{2 \sqrt{1-x^2}}=0 \Longrightarrow -2x^2+1=0 \Longrightarrow 2x^2=1 \Longrightarrow x^2=\dfrac{1}{2} \Longrightarrow x= \dfrac{\sqrt{2}}{2}$$\par
 Para ver que tenemos en ese punto un máximo vamos a estudiar el signo de la derivada a ambos lados del número. \par
 Tenemos que $A'(0)=\dfrac{1}{2}>0 \text{  y  } A'(0'8)=\dfrac{-0'28}{1'2}<0$ y por tanto hay un máximo.\par
 En conclusión tenemos que: $$x=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \text{    é    } y=\sqrt{1-\left(\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right)^2}=\sqrt{1-\dfrac{1}{2}}=\sqrt{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$$.
 
%Ejercicio 15 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 04 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Si la gráfica de una función $f(x)$ es:
 \begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=5cm]{Imagenes/funcion_0304_4B.png}
\end{center}
\end{figure}
\newline representar aproximadamente la gráfica de la derivada $f'(x)$. \end{normalsize}}
\begin{flushright} \textit{\begin{small}(Junio 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Observando la gráfica tenemos que la función tiene las siguientes características:
 \begin{itemize}
  \item [-]Crece en $(-\infty , -1)\cup (1,+\infty) \longrightarrow$ Luego ahí $f'(x)>0$.
  \item [-]Decrece en $(-1,1) \longrightarrow$ Luego ahí $f'(x)<0$.
  \item [-]Tiene un máximo en $(-1,1) \Longrightarrow f'(-1)=0$.
  \item [-]Tiene un mínimo en $(1,-1) \Longrightarrow f'(1)=0$.
  \item [-]Es convexa en $(-\infty,0) \Longrightarrow f''(x)<0 \Longrightarrow f'$ es decreciente en $(-\infty,0)$.
  \item [-]Es cóncava en $(0,+\infty) \Longrightarrow f''(x)>0 \Longrightarrow f'$ es creciente en $(0,+\infty)$.
  \item [-]Hay un punto de inflexión en $x=0$ como conclusión de los puntos anteriores, por tanto tiene un mínimo en $x=0$.
 \end{itemize}\par
Con todos estos datos tenemos que la gráfica podría ser la que vemos en la figura \ref{Grafica10}. 
 \begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/funcion_0304_4B-2.png}
\end{center}
\caption{Representación aproximada de la función buscada}
\label{Grafica10}
\end{figure}

%Ejercicio 16 - Derivada y sus aplicaciones

 \subsection[Septiembre 04 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{Se desea construir un paralelepípedo rectangular de 9 litros de volumen y tal que un lado de la base sea doble que el otro. Determinar las longitudes de sus lados para que el área total de sus 6 caras sea mínima. }}
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=5cm]{Imagenes/Paralelepipedo.png}
\end{center}
\end{figure}
\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Queremos minimizar el área total. Dicho área es la suma de las áreas de las seis caras. En el figura \ref{Grafica11} podemos ver que este área es:
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/Paralelepipedo(2).png}
 \end{center}
 \caption{Visión gráfica del ejercicio}
 \label{Grafica11}
\end{figure}
 $$A(x,h)=2.(2x.h) + 2.(h.x)+2.(2x.x)=4xh+2xh+4x^2=4x^2+6xh$$\par
Para ligar las variables tenemos el volumen que cumple $$V=A_b \cdot h= 2x.x.h=2x^2.h=9 \Longrightarrow h=\dfrac{9}{2x^2}$$\par
Por tanto la función área queda:
$$A(x)=4x^2+\overset{3}{\cancel {6x}}\dfrac{9}{\cancel {2}x^{\cancel {2}}}=4x^2+\dfrac{27}{x}=\dfrac{4x^3+27}{x}$$\par
Si derivamos tendremos:
$$A'(x)=\dfrac{12x^2.x-(4x^3+27)}{x^2}=\dfrac{12x^3-4x^3-27}{x^2}=\dfrac{8x^3-27}{x^2}=0$$\par
Por tanto, la derivada se anula cuando $8x^3-27=0$. De aquí deducimos que:
$$8x^3-27=0 \Longrightarrow 8x^3=27 \Longrightarrow x^3=\dfrac{27}{8} \Longrightarrow x=\sqrt[3]{\dfrac{27}{8}}=\dfrac{3}{2}\mbox{ } dm.$$\par
Si estudiamos el comportamiento de la derivada en puntos próximos al obtenido vemos que se trata de un mínimo.
$$A'(1)=\dfrac{-19}{1}<0 \text{ y } A'(2)=\dfrac{37}{4}>0$$\par
En conclusión tenemos que $x=\dfrac{3}{2} \Longrightarrow h=\dfrac{9}{2.\dfrac{9}{4}}=\dfrac{36}{18}=2 \text{ dm.}$\par
 Y estos eran los valores buscados.

%Ejercicio 17 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 04 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\normalsize{Determinar los puntos de la curva plana $y^3=2x$ en que la recta tangente es perpendicular a la recta $y+6x=0$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La curva de la que hablamos tiene ecuación $y^3=2x \Longrightarrow y=\sqrt[3]{2x}=(2x)^{\frac{1}{3}}$.
 Por otro lado tenemos que la recta es $y+6x=0 \Longrightarrow y=-6x \Longrightarrow m=-6$.\par
 De aquí deducimos que la perpendicular tiene por pendiente $m_{tg}=\dfrac{-1}{m}=\dfrac{1}{6}$.\par
 Vamos a ver en que puntos tiene la curva pendiente $\dfrac{1}{6}$. Para ello derivamos la función y la igualamos a $\dfrac{1}{6}$.
 $$y'=\dfrac{1}{3}(2x)^{-2/3}.2=\dfrac{2}{3\sqrt[3]{4x^2}}=m_{tg}$$
 $$\dfrac{2}{3\sqrt[3]{4x^2}}=\dfrac{1}{6} \Longrightarrow 3 \sqrt[3]{4x^2}=12 \Longrightarrow \sqrt[3]{4x^2}=4 \Longrightarrow 4x^2=64 \Longrightarrow x^2=16 \Longrightarrow x=\pm 4$$\par
 Por tanto, los puntos buscados son $P_1(4,2) ; P_2(-4,-2)$.

%Ejercicio 18 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 05 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{Hallar la derivada en $x=0$ de la función $f(f(x))$, donde \mbox{$f(x)=(1+x)^{-1}$.} }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Tenemos que $f(x)=(1+x)^{-1}=\dfrac{1}{1+x} \Longrightarrow f'(x)=\dfrac{-1}{(1+x)^2}$.\par
 Es obvio que $f(0)=1$, que $f'(0)=-1$ y que $f'(1)=-\dfrac{1}{4}$.\par
 Aplicamos la regla de la cadena:
 $$\left[f(f(0)) \right]'=f'\left(f(0)\right).f'(0)=f'(1) . (-1)=\dfrac{-1}{4} . (-1)=\dfrac{1}{4}$$
 
%Ejercicio 19 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 05 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Representar gráficamente la función $f(x)=x-2senx$ en el intervalo \mbox{$-\pi<x<\pi$,} determinando sus extremos (máximos y mínimos relativos).} }\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Tenemos la función $f(x)=x-2senx$ en el intervalo $-\pi<x<\pi$\par
 Es obvio que el dominio de esta función es todo $\mathbb{R}$. También es evidente que no hay asíntotas. Vamos a estudiar la derivada:
 $$f'(x)=1-2cosx=0 \Longrightarrow -2cosx=-1 \Longrightarrow cosx=\dfrac{1}{2} \Longrightarrow x=\dfrac{\pi}{3} \text{ y } x=-\dfrac{\pi}{3}$$
 \begin{displaymath}
             \begin{array}{c|c|c|c}
  		 & \left( -\pi, -\dfrac{\pi}{3}\right) & \left( -\dfrac{\pi}{3}, \dfrac{\pi}{3}\right) & \left( \dfrac{\pi}{3}, \pi \right)\\
  		\hline
  		1-2cosx & + & - & +\\
  		 & \nearrow & \searrow & \nearrow\\
             \end{array}
 \end{displaymath}\par
 De este estudio deducimos que hay un máximo en $x=-\dfrac{\pi}{3}$ y un mínimo en $x=\dfrac{\pi}{3}$\par
 Para representarla tendríamos que hacer una tabla de valores: 
 \begin{displaymath}
             \begin{array}{c|ccccccc}
  		x & 0 & 2 & -2 & 3 & -3 & -\pi/3 & \pi/3\\
  		\hline
  		y & 0 & 0'18 & -0'18 & 2'71 & -2'71 & 0'68 & -0'68\\
             \end{array}
 \end{displaymath}\par
 Su representación gráfica sería:
 \begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/x-2senx.png}
 \end{center}
\end{figure}

%ejercicio 20 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 05 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{Enunciar el Teorema del Valor Medio del Cálculo Diferencial. Usarlo para demostrar que para cualesquiera números reales \mbox{$x<y$} se verifica que \mbox{$cosy-cosx\leq y-x$.}}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
El enunciado del teorema puede encontrarse en cualquier libro.\par
Vamos a considerar la función $f(x)=cosx$ que es obviamente continua y derivable en todo $\mathbb{R}$, y por lo tanto lo será en cualquier intervalo $[x,y]$. En consecuencia:\par
\begin{displaymath}
 \exists \; c\in (x,y)\; \diagup \; f'(c)=\dfrac{cosy - cosx}{y-x}
\end{displaymath}\par
Ahora bien, $f'(x)=-senx \Longrightarrow f'(c)=-senc \Longrightarrow f'(c)\leq 1$.\par
 De aquí deducimos lo que queríamos:
\begin{displaymath}
 \dfrac{cosy - cosx}{y-x}\leq 1 \Longrightarrow cosy - cosx \leq y - x
\end{displaymath}

%Ejercicio 21 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 05 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{Hallar la derivada en el punto $x=0$ de la función $f(f(x))$, donde $f(x)=senx$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 05)\end{small}}\end{flushright}\newpage
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a realizar la derivada por la regla de la cadena:
 $$\left[(fof)\right]'(0)=f'(f(0)) \cdot f'(0)=cos(sen(0)) \cdot cos0=cos0 \cdot cos0 = 1 \cdot 1=1$$

%Ejercicio 22 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 06 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Calcula
$$\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{1+x-e^x}{sen^2 x}$$\end{normalsize}}
\begin{flushright} \textit{\begin{small}(Junio 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a resolver el límite por la regla de L'Hôpital.
 \begin{displaymath}
  \lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{1+x-e^x}{sen^2 x}=\left[\dfrac{0}{0}\right]=\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{1-e^x}{2\; senx\; cosx}=\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{1-e^x}{sen2x}=\left[\dfrac{0}{0}\right]=\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{-e^x}{2cos2x}=\dfrac{-1}{2}
 \end{displaymath}

%Ejercicio 23 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 06 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Define el concepto de máximo relativo de una función $f(x)$ y enuncia su relación con las derivadas sucesivas de $f(x)$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Es una pregunta teórica que puede encontrarse en cualquier libro.

%Ejercicio 24 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 06 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Dada la función
$$f(x)=\dfrac{senx+sen(x+1)}{cosx-cos(x+1)}$$
en el intervalo $0<x<2\pi$, calcula su derivada, simplificándola en lo posible. ¿Es constante esta función $f(x)$? \end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a calcular la derivada que nos piden.
 $$f'(x)=\dfrac{\left[cosx+cos(x+1)\right]\cdot \left[cosx-cos(x+1)\right]-\left[senx+sen(x+1)\right]\cdot \left[-senx+sen(x+1)\right]}{\left[cosx-cos(x+1)\right]^2}=$$
 $$=\dfrac{cos^2 x-cos^2 (x+1) + sen^2 x - sen^2 (x+1)}{\left[cosx-cos(x+1)\right]^2}= \dfrac{1-1}{\left[cosx-cos(x+1)\right]^2}=0$$\par
 De esto deducimos que la función es constante, pues su derivada es cero para cualquier valor de x.

%Ejercicio 25 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 06 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Calcula las asíntotas y determina los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función $f(x)=(1+x^2)^{-1}x$. A partir de los resultados obtenidos, dibuja la gráfica de la función $f(x)$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Nuestra función es $f(x)=\dfrac{x}{1+x^2}$. Es evidente que su dominio es todo $\mathbb{R}$, pues no se anula el denominador.\par
 Vamos a hallar las asíntotas.
 \begin{itemize}
  \item [-] Asíntotas verticales: Como no se anula el denominador no hay asíntotas verticales.
  \item [-] Asíntotas horizontales:
  \begin{itemize}
   \item $\lim\limits_{x \rightarrow + \infty} \dfrac{x}{1+x^2}=0$.
   \item $\lim\limits_{x \rightarrow - \infty} \dfrac{x}{1+x^2}=\lim\limits_{x \rightarrow + \infty}\dfrac{-x}{1+x^2}=0$.\\[0.5cm]
   Luego la recta $y=0$ es una asíntota horizontal tanto en $+\infty$, como en $-\infty$.
  \end{itemize}
  \item [-] Asíntotas oblicuas: Al tener asíntotas horizontales no tiene oblicuas.
 \end{itemize}\par
Vamos a estudiar su derivada:
$$f'(x)=\dfrac{1+x^2-2x.x}{(1+x^2)^2}=\dfrac{1+x^2-2x^2}{(1+x^2)^2}=\dfrac{-x^2+1}{(1+x^2)^2}$$\par
Veamos para que valores se anula la derivada:
$$\dfrac{-x^2+1}{(1+x^2)^2}=0 \Longrightarrow -x^2+1=0 \Longrightarrow x^2=1 \Longrightarrow x=\pm 1$$
\par
Estudiemos su signo para ver el crecimiento y el decrecimiento:
\begin{displaymath}
             \begin{array}{c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty, -1\right) & \left( -1, 1\right) & \left( 1, +\infty \right)\\
  		\hline
  		\dfrac{-x^2+1}{(1+x^2)^2} & - & + & -\\
  		 & \searrow & \nearrow & \searrow\\
             \end{array}
 \end{displaymath}\par
 De aquí deducimos que:
 \begin{itemize}
  \item [-]La función crece en el intervalo $(-1,1)$.
  \item [-]La función decrece en $(-\infty,-1) \cup (1,+\infty)$.
  \item [-]La función tiene un máximo en el punto $\left(1,\dfrac{1}{2}\right)$.
  \item [-]La función tiene un mínimo en el punto $\left(-1,-\dfrac{1}{2}\right)$.
  \item [-]También es evidente que corta a los ejes en el punto $(0,0)$.
 \end{itemize}\par
Por tanto su representación gráfica la podemos ver en la figura \ref{Grafica14}.
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/x-1+x2.png}
 \end{center}
 \caption{Representación gráfica de la función $f(x)=\dfrac{x}{1+x^2}$}
 \label{Grafica14}
\end{figure}

%Ejercicio 26 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 07 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Enuncia la regla de la cadena para derivar funciones compuestas.
 \item [b)] Dada la función $h(x)=e^{sen(f(x))}$, calcula el valor de su derivada en $x=0$, sabiendo que $f(0)=0$ y $f'(0)=1$. 
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par

\begin{enumerate}
 \item [a)] Es una pregunta teórica que puede encontrarse en cualquier libro.
 \item [b)] Aplicando reiteradamente la regla de la cadena tenemos que:
 \begin{displaymath}
  h'(x)= e^{sen(f(x))} \cdot \left[sen(f(x)) \right]'=e^{sen(f(x))} \cdot cos(f(x)) \cdot f'(x)
 \end{displaymath}\par
Por tanto:
\begin{displaymath}
 h'(0)=e^{sen(f(0))} \cdot cos(f(0)) \cdot f'(0) = e^{sen0} \cdot cos (0) \cdot 1= e^0 \cdot 1 \cdot 1= 1
\end{displaymath}

\end{enumerate}

%Ejercicio 27 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 07 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Determina los puntos de la parábola $y=x^2$ que están a mínima distancia del punto $P=(0,1)$.
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Los puntos de la parábola tienen la forma genérica $Q(x,x^2)$. La distancia de P a Q será:
\begin{displaymath}
 d(P,Q)=g(x)=\sqrt{x^2+(x^2-1)^2}=\sqrt{x^2+x^4-2x^2+1}=\sqrt{x^4-x^2+1}
\end{displaymath}\par
Vamos a ver donde es mínima esa distancia.
\begin{displaymath}
 g'(x)=\dfrac{4x^3-2x}{2\sqrt{x^4-2x^2+1}}=\dfrac{2x^3-x}{\sqrt{x^4-2x^2+1}}=0 \Longrightarrow
\end{displaymath}\par
\begin{displaymath}
 \Longrightarrow 2x^3-x=0 \Longrightarrow x(2x^2-1)=0 \Longrightarrow \left|
 \begin{array}{l}
  x=0\\
  2x^2-1=0 \Longrightarrow x=\pm \dfrac{\sqrt{2}}{2}
 \end{array}\right.
\end{displaymath}\par
Vamos a estudiar el signo de la derivada para ver donde la distancia es mínima.
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty, -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) & \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 0\right) & \left( 0 , \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) & \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2}, +\infty \right)\\
  		\hline
  		\dfrac{2x^3-x}{\sqrt{x^4-2x^2+1}} & - & + & - & +\\
  		 & \searrow & \nearrow & \searrow & \nearrow\\
             \end{array}
\end{displaymath}\par
En $\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ hay mínimos. Luego los puntos buscados son $P_1\left( -\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{1}{2} \right)$ y $P_2\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{1}{2} \right)$.

\newpage
%Ejercicio 28 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 07 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Enuncia el Teorema de Rolle.
 \item [b)] Prueba que la función $f(x)=x^3+x^2-x-1$ satisface las hipótesis en el intervalo $\left[-1,1\right]$ y calcula un punto del intervalo abierto $\left(-1,1\right)$ cuya existencia asegura el Teorema de Rolle.
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{enumerate}
 \item [a)] La parte teórica puede encontrarse en cualquier libro.
 \item [b)] Vamos a empezar por ver que se cumplen las hipótesis:
 \begin{itemize}
  \item [-] Obviamente es continua en $\left[-1,1\right]$, pues es un polinomio.
  \item [-] Por la misma razón sabemos que también es derivable.
  \item[-] También se cumple la tercera premisa
  \begin{displaymath}
   f(-1)=(-1)^3+(-1)^2-(-1)-1=-1+1+1-1=0
  \end{displaymath}
  \begin{displaymath}
   f(1)=(1)^3+(1)^2-(1)-1=1+1-1-1=0
  \end{displaymath}\par
  En consecuencia se cumple el teorema. Vamos a encontrar el punto donde la derivada vale cero:
  \begin{displaymath}
   f'(x)=3x^2+2x-1=0
  \end{displaymath}
\begin{displaymath}
 x=\dfrac{-2\pm\sqrt{4+12}}{6}=\dfrac{-2\pm4}{6}=
 \left|\begin{array}{l}
        x=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\\
        x=-1
       \end{array}\right.
\end{displaymath}
Luego el punto buscado es $x=\dfrac{1}{3}\in(-1,1)$, ya que $x=-1$ no está en el interior del intervalo.
 \end{itemize}
\end{enumerate}

%Ejercicio 29 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 07 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{Para la función $f(x)=x^2\cdot e^{-x}$:
\begin{enumerate}
 \item [a)] Comprueba que la recta $y=0$ es una asíntota horizontal en $+\infty$.
 \item [b)] Determina los intervalos de crecimiento y decrecimiento.
 \item[c)] Con los datos anteriores, haz una representación aproximada de la gráfica de la función $f(x)=x^2\cdot e^{-x}$.
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{enumerate}
 \item [a)] Vamos a ver cuanto vale el límite.
 \begin{displaymath}
  \lim\limits_{x \rightarrow + \infty} x^2 \cdot e^{-x} = \lim\limits_{x \rightarrow + \infty} \dfrac{x^2}{e^x}=0 
 \end{displaymath}\par
Para lo anterior hay que tener en cuenta que $e^x$ es un infinito de orden superior que $x^2$. También puede aplicarse dos veces la regla de L'Hôpital para comprobarlo.\par
Por tanto la recta $y=0$  es una asíntota horizontal en $+\infty$.
\item[b)] Vamos a calcular la derivada.
\begin{displaymath}
 f(x)=x^2 \cdot e^{-x}= \dfrac{x^2}{e^x} 
\end{displaymath}\par
\begin{displaymath}
 f'(x)=\dfrac{2xe^x-x^2e^x}{\left(e^x\right)^2}=\dfrac{e^x\left(2x-x^2\right)}{\left(e^x\right)^2}= \dfrac{2x-x^2}{e^x}
\end{displaymath}\par
Igualando a cero tenemos.\par
\begin{displaymath}
 \dfrac{2x-x^2}{e^x}=0 \Longrightarrow 2x-x^2=0 \Longrightarrow x(2-x)=0 
 \left| \begin{array}{l}
         x=0\\
         2-x=0 \Longrightarrow x=2
        \end{array}
 \right.
\end{displaymath}\par
Vamos a estudiar el signo de la derivada:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty, 0\right) & \left( 0, 2\right) &  \left( 2, +\infty \right)\\
  		\hline
  		\dfrac{2x-x^2}{e^x} & - & + & - \\
  		 & \searrow & \nearrow & \searrow \\
             \end{array}
\end{displaymath}\par
Por tanto:
\begin{itemize}
 \item [-] Crece $\longrightarrow (0,2)$.
 \item[-] Decrece $\longrightarrow (-\infty,0) \cup (2,+\infty)$.
\end{itemize}
\item[c)] Acompaña lo que ya sabemos por los apartados anteriores de una tabla de valores. Para formar dicha tabla basta tomar valores en -2, -1, 0, 1 y 2. Nosotros aqui la omitimos, pero la gráfica resultante es:
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=5cm]{Imagenes/septiembre_b_2_07.png}
 \end{center}
 \caption{Representación gráfica de la función $f(x)=x^2 \cdot e^{-x}$}
 \label{Grafica102}
\end{figure}
\end{enumerate}

%Ejercicio 30 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 08 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize
\begin{enumerate}
 \item [a)] Enuncia la condición que se debe cumplir para que una recta $y=l$ sea asíntota horizontal de una función $f(x)$ en $+\infty$.
 \item [b)] Calcula las asíntotas verticales y horizontales (en $+\infty$ y en $-\infty$) de la función
 \begin{displaymath}
  f(x)=\dfrac{3x-1}{\sqrt{x^2-1}}
 \end{displaymath}
\end{enumerate}}
 \begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 08)\end{small}}\end{flushright}\newpage
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{enumerate}
 \item [a)] Tiene que ocurrir que $\lim\limits_{x \rightarrow + \infty} f(x)=l$.
 \item[b)] En primer lugar vamos a ver cual es el dominio de la función. Por un lado tenemos una raiz, por tanto, $x^2-1\geq0$. Además, como la raiz está en el denominador no puede valer cero, en consecuencia:
 \begin{displaymath}
  x^2-1>0
 \end{displaymath}
 Para resolver la inecuación, resolvemos la ecuación asociada.
 \begin{displaymath}
  x^2-1=0 \Longrightarrow x^2=1 \Longrightarrow x=\pm 1
 \end{displaymath}
 Construimos la tabla
 \begin{displaymath}
 \begin{array}{c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty, -1\right) & \left( -1, 1\right) &  \left( 1, +\infty \right)\\
  		\hline
  		x^2-1 & + & - & + \\
             \end{array}
\end{displaymath}\par
Luego el dominio de la función es $Dom f=\left( -\infty, -1\right)\cup \left( 1, +\infty \right)$\par
Veamos las asíntotas.
\begin{itemize}
 \item [-] Asíntotas verticales: Estudiaremos las asíntotas en aquellos puntos que anulan el denominador.
   \begin{itemize}
    \item $x=-1$ Aqui sólo estudiaremos el límite por la izquierda, pues por la derecha no hay función.\\
    $\lim\limits_{x \rightarrow -1^{-}} f(x)=\lim\limits_{x \rightarrow -1^{-}}\dfrac{3x-1}{\sqrt{x^2-1}}=\left[\dfrac{-4}{0}=\right]=-\infty$. Luego es una A.V.
    \item $x=1$ Aqui sólo estudiaremos el límite por la derecha, pues por la izquierda no hay función.\\
    $\lim\limits_{x \rightarrow 1^{+}} f(x)=\lim\limits_{x \rightarrow 1^{+}}\dfrac{3x-1}{\sqrt{x^2-1}}=\left[\dfrac{2}{0}=\right]=+\infty$. Luego es una A.V.
   \end{itemize}
 \item[-] Asíntotas horizontales:
   \begin{itemize}
    \item $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{3x-1}{\sqrt{x^2-1}} =\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{3x}{\sqrt{x^2}}=\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{3x}{x}=3$\par
    Luego $y=3$ es asíntota horizontal cuando $x \rightarrow +\infty$.\par
    \item $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty}\dfrac{3x-1}{\sqrt{x^2-1}} =\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{-3x-1}{\sqrt{x^2-1}}=\lim\limits_{x \rightarrow -\infty}\dfrac{-3x}{\sqrt{x^2}}=\lim\limits_{x \rightarrow -\infty}\dfrac{-3x}{x}=-3$\par
    Luego $y=-3$ es asíntota horizontal cuando $x \rightarrow -\infty$.
   \end{itemize}
\end{itemize}
\end{enumerate}

%Ejercicio 31 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 08 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Calcula el siguiente límite:
\begin{displaymath}
 \lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{\left(e^x-1\right)^2}{e^{x^2}-1}
\end{displaymath}
}}
 \begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Tenemos que $\lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{\left(e^x-1\right)^2}{e^{x^2}-1}=\left[\dfrac{0}{0}\right]$.\par
Vamos a resolverlo utilizando la regla de L'Hôpital.
\begin{displaymath}
 \lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{\left(e^x-1\right)^2}{e^{x^2}-1}=\left[\dfrac{0}{0}\right]=\lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{2\left(e^x-1\right)e^x}{2xe^{x^2}}=\left[\dfrac{0}{0}\right]=\lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{2\left(e^x-1\right)e^x+2e^xe^x}{2e^{x^2}+4x^2e^{x^2}}=\dfrac{0+2}{2+0}=1
\end{displaymath}\newpage

%Ejercicio 32 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 08 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Calcula el siguiente límite
 \begin{displaymath}
  \lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{ln\left(x^2+1\right)}{x}
 \end{displaymath}
 \item [b)] Indica, razonadamente, el valor que debe tomar \textit{a} para que la siguiente función sea continua:
 \begin{displaymath}
  f(x)=\left\{
  \begin{array}{ccl}
               a&si&x=0\\
               \\
               \dfrac{ln\left(x^2+1\right)}{x}&si&x\neq0\\
              \end{array}\right.
 \end{displaymath}
 Nota: ln denota el logaritmo neperiano.
\end{enumerate}
 }}
 \begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{enumerate}
 \item [a)] Sustituyendo tenemos:
 \begin{displaymath}
  \lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{ln\left(x^2+1\right)}{x}=\left[\dfrac{0}{0}\right]
 \end{displaymath}\par
 Vamos a resolverlo utilizando L'Hôpital:
 \begin{displaymath}
  \lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{ln\left(x^2+1\right)}{x}=\lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{\dfrac{2x}{x^2+1}}{1}=\lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{2x}{x^2+1}=0
 \end{displaymath}
\item [b)] Tenemos la función
\begin{displaymath}
  f(x)=\left\{
  \begin{array}{ccl}
               a&si&x=0\\
               \\
               \dfrac{ln\left(x^2+1\right)}{x}&si&x\neq0\\
              \end{array}\right.
 \end{displaymath}\par
 Obviamente la función es continua en todo $\mathbb{R}$ salvo en el cero, por ser cociente de funciones continuas ($x^2+1>0$).\par
 Para que sea continua en el cero, el límite de la función en dicho punto y el valor de la función en él tienen que coincidir. Como en el apartado anterior vimos que el límite valía cero, deducimos que \textit{a} debe valer cero.
\end{enumerate}

%Ejercicio 33 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 08 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Halla los puntos de la curva de ecuación $y=x^3-2x^2+1$ donde la recta tangente es paralela a la recta $y+x-2=0$.
}}
 \begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Sabemos que la pendiente de la recta tangente coincide con el valor de la derivada en el punto, si esta existe. Además, decir que la recta tangente es paralela a la recta dada es sinónimo de decir que sus pendientes son iguales. Por tanto:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{l}
f'(x)=3x^2-4x\\
y+x-2=0 \Longrightarrow y=-x+2 \Longrightarrow m=-1\\
\end{array}
\end{displaymath}\par
En consecuencia:
\begin{displaymath}
 3x^2-4x=-1 \Longrightarrow 3x^2-4x+1=0
\end{displaymath}\par
Resolviendo la ecuación tenemos:
\begin{displaymath}
 x=\dfrac{4\pm\sqrt{16-12}}{6}=\dfrac{4\pm2}{6}=
\left[
\begin{array}{l}
\dfrac{4+2}{6}=1\\
\\
\dfrac{4-2}{6}=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\\
\end{array}
\right.
\end{displaymath}\par
Luego los puntos buscados son:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{l}
- f(1)=1-2+1=0 \Longrightarrow P_1(1,0)\\
\\
- f\left(\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{1}{27}-\dfrac{2}{9}+1=\dfrac{1-6+27}{27}=\dfrac{22}{27} \Longrightarrow P_2\left(\dfrac{1}{3},\dfrac{22}{27}\right)\\
\end{array}
\end{displaymath}

% Ejercicio 34 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 09 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize
\begin{enumerate}
 \item [a)] Diga cuando un punto $(x_0,f(x_0))$ es de inflexión para una función $f(x)$.
 \item [b)] Calcule los coeficientes \textit{a} y \textit{b} del polinomio $p(x)=ax^3-3x^2+bx+1$ para que su gráfica pase por el punto $(1,1)$, teniendo aquí un punto de inflexión.
 \item [c)] Diga, razonadamente, si en el punto $(1,1)$ la función $p(x)$ es creciente o decreciente.
\end{enumerate}}
 \begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a contestar a cada apartado.
\begin{enumerate}
 \item[a)] Para que $\left(x_0,f(x_0)\right)$ sea un punto de inflexión tienen que ocurrir dos cosas, $f''(x_0)=0$ y
$f'''(x_0)\neq0$.\\
Más correctamente tendríamos que decir que $f''(x_0)=0$ y que la siguiente derivada no nula sea de índice impar, aunque
con la anterior respuesta probablemente valga.
\item[b)] Tenemos que $p(x)=ax^3-3x^2+bx+1$.\\
Hay dos incógnitas, $a$ y $b$, por tanto habrá que buscar dos ecuaciones para poder calcularlas. La primera
ecuación sale de tener en cuenta que pasa por el punto $(1,1)$, es decir, $p(1)=1$, y la otra de tener
un punto de inflexión en dicho punto, es decir, $p''(1)=0$. Vamos a calcular $p''(x)$.
\begin{displaymath}
 p(x)=ax^3-3x^2+bx+1 \Rightarrow p'(x)=3ax^2-6x+b \Rightarrow p''(x)=6ax-6
\end{displaymath}
Por tanto, nuestro sistemas es:
\begin{displaymath}
\left.
 \begin{array}{ccrcr}
  f(1)=1&\Rightarrow&a-3+b+1=1&\Rightarrow&a+b=3\\
  f''(1)=0&\Rightarrow&6a-6=0&\Rightarrow&a=1\\
 \end{array}
\right]\Rightarrow b=2
\end{displaymath}
En conclusión $a=1$ y $b=2$.
\item[c)] En el apartado anterior ya calculamos $p'(x)$ y vamos a estudiar su signo para ver si crece 
o decrece en dicho punto.
\begin{displaymath}
 p'(1)=3-6+2=-1<0
\end{displaymath}
Luego la función es decreciente en $(1,1)$.
\end{enumerate}

% Ejercicio 35 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Junio 09 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Calcule los máximos y mínimos relativos de la función $f(x)=\frac{x}{2}+ cosx$ en el intervalo $0<x<2\pi$. Tenga en cuenta que los ángulos se miden en radianes.
}}
 \begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a calcular la primera y segunda derivada de la función. Estas derivadas son:
\begin{displaymath}
 f'(x)=\dfrac{1}{2}-senx \hspace{0.5cm} y \hspace{0.5cm} f''(x)=-cosx
\end{displaymath}\par
Sabemos que habrá un máximo o un mínimo relativo en $x_0$ si $f'(x_0)=0$ y $f''(x_0)<0$ ó $f''(x_0)>0$
 respectivamente.
\begin{displaymath}
 f'(x)=0 \Rightarrow \dfrac{1}{2} - senx=0 \Rightarrow senx=\dfrac{1}{2} \Rightarrow \left|
\begin{array}{l}
 x=\dfrac{\pi}{6}\\
\\
 x=\dfrac{5\pi}{6}\\
\end{array}\right.
\end{displaymath}\par
Veamos el valor, en cada caso, de f''(x).
\begin{itemize}
 \item $f''\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=-cos\dfrac{\pi}{6}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}<0\Rightarrow$
En $x=\dfrac{\pi}{6}$ hay un máximo.
 \item $f''\left(\dfrac{5\pi}{6}\right)=-cos\dfrac{5\pi}{6}=-\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)
=\dfrac{\sqrt{3}}{2}>0\Rightarrow$ En $x=\dfrac{5\pi}{6}$ hay un mínimo.
\end{itemize}

% Ejercicio 36 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 09 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{
\begin{itemize}
 \item [a)] Enuncie el teorema de Rolle.
 \item [b)] Aplique dicho teorema para probar que, cualquiera que sea el valor del número real $a$,
 la ecuación $x^3-12x+a=0$ no puede tener dos soluciones distintas en el intervalo cerrado $[-2,2]$.
\end{itemize}
}}
 \begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{itemize}
 \item[a)] Este teorema lo podemos encontrar en cualquier libro.
 \item[b)] Sea $f(x)=x^3-12x+a$ la función asociada a la ecuación dada. Obviamente la función es continua 
en el intervalo $\left[-2,2\right]$ y derivable en el intervalo abierto, pues es un polinomio.\par
Vamos a comprobar lo que nos piden por el método de reducción al absurdo. Supongamos que tiene dos valores
$x_1$ y $x_2$ en los cuales la función se anula (sinónimo de tener dos soluciones). Si eso es así, 
en el intervalo que tiene como extremos dichos puntos se cumplen las hipótesis del teorema de Rolle, 
 pues sería continua y derivable en dichos intervalos (por ser polinómica) y tendría el mismo valor 
en los extremos, y en consecuencia, se cumpliría la tesis de dicho teorema. Por tanto, debe existir 
un valor de la variable $x$ en el interior del intervalo $\left(x_1,x_2\right)$ en el que se anule 
la derivada.\par
Ahora bien, la derivada de la función se anula:
\begin{displaymath}
 f'(x)=3x^2-12=0 \Rightarrow x=\pm2
\end{displaymath}\par
Luego, no se anula en el intervalo pedido y por tanto, esto contradice el hecho de que se cumple 
la tesis del teorema. Como consecuencia de ello deducimos que la suposición de partida no se cumple, 
es decir, no existen los $x_1$ y $x_2$ supuestos, no hay dos raices en el intervalo $\left[-2,2\right]$
\end{itemize}



% Ejercicio 37 - Derivada y sus aplicaciones

\subsection[Septiembre 09 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{
\begin{itemize}
 \item [a)] Calcule el límite 
  \begin{displaymath}
  \lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{e^x-1}{x}
 \end{displaymath}
 \item [b)] Diga, razonadamente, el valor que debe tomar $c$ para que la siguiente función sea 
continua:
\begin{displaymath}
  f(x)=\left\{
  \begin{array}{ccl}
               \dfrac{e^x-1}{x}&si&x\neq0\\
               \\
               c&si&x=0\\
              \end{array}\right.
 \end{displaymath}
\end{itemize}
}}
 \begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a calcular el límite aplicando la regla de L'Hôpital.
\begin{displaymath}
 \lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{e^x-1}{x}=\left[\dfrac{0}{0}\right]=
\lim\limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{e^x}{1}=1
\end{displaymath}\par
Hecho esto vamos a resolver el segundo apartado.\par
Obviamente si $x\neq0$ la función es continua, por ser un cociente de funciones continuas.\par
Para ser continua en $x=0$ la función debe existir en dicho punto y coincidir con el límite.
 Como el límite, según vimos en el apartado anterior, vale 0, deducimos que $c$ tiene que valer 0.















\newpage
\section[Integral. Cálculo de áreas y volúmenes]{Integral. Cálculo de áreas y volúmenes}

%Primer ejercicio - Integral

\subsection[Junio 00 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Calcular, integrando por partes, el valor de
\begin{displaymath}
 \int_1^2 x^2 lnx dx
\end{displaymath}
\end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a comenzar calculando una primitiva por partes.
\begin{displaymath}
    	     \begin{array}{lcl}
  		u=lnx & \Longrightarrow & du=\dfrac{1}{x}dx\\
  		\\
  		dv=x^2dx & \Longrightarrow & v=\dfrac{x^3}{3}\\
             \end{array} 
 \end{displaymath}\par
\begin{displaymath}
 \int x^2 lnx\; dx = \dfrac{x^3}{3} lnx - \int \dfrac{x^{\overset{2}{\cancel {3}}}}{3} \cdot \dfrac{1}{\cancel {x}}\; dx = \dfrac{x^3}{3} lnx - \dfrac{x^3}{9}
\end{displaymath}\par
Luego:
\begin{displaymath}
 \int_1^2 x^2lnx\; dx=\left[\dfrac{x^3}{3} lnx - \dfrac{x^3}{9}\right]_1^2=\left(\dfrac{8}{3}ln2-\dfrac{8}{9}\right)-\left(0-\dfrac{1}{9}\right)=\dfrac{8}{3}ln2-\dfrac{7}{9}
\end{displaymath}

%Segundo ejercicio - Integral

\subsection[Junio 00 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Calcular el área limitada por la parábola $y=\sqrt{2}x^2$, la circunferencia $x^2+y^2=1$ y el eje $OX$, que aparece rayada en la figura .
 \begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/Junio00_4_b_2.png}
\end{center}
 \end{figure}
 \end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Por lo que observamos en la figura del enunciado, nos piden que de la circunferencia consideremos la rama positiva, es decir, tomaremos $y=\sqrt{1-x^2}$. \par
Es obvio que el área hay que dividirla en dos trozos, como podemos ver en la figura \ref{Grafica23}.
\begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/Junio00_4_b_1.png}
\end{center}
\caption{Representación detallada del área buscada}
\label{Grafica23}
 \end{figure}\par
 Vamos a calcular los puntos de corte:
 \begin{displaymath}
  \sqrt{2}x^2= \sqrt{1-x^2} \Longrightarrow 2x^4=1-x^2 \Longrightarrow 2x^4+x^2-1=0
 \end{displaymath}\par
 Se trata de una ecuación bicuadrada, por lo que hacemos $z=x^2$ y resolvemos.
 \begin{displaymath}
  2z^2+z-1=0 
  \end{displaymath}
  \begin{displaymath}
  z=\dfrac{-1\pm\sqrt{1+8}}{4}=\dfrac{-1\pm3}{4}
  \Longrightarrow \left\{
  \begin{array}{l}
   z_1=\dfrac{-1+3}{4}=\dfrac{1}{2} \Longrightarrow x=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\
   z_2=\dfrac{-1-3}{4}=-1 \Longrightarrow \text{  No vale.}\\
  \end{array}\right.
 \end{displaymath}\par
 Luego el área buscada, según vemos en la figura \ref{Grafica23} es:
 \begin{displaymath}
  A=A_1+A_2=\int_0^{\sqrt{2}/2} \sqrt{2}x^2 dx + \int_{\sqrt{2}/2}^1 \sqrt{1-x^2} dx
 \end{displaymath}\par
Vamos a calcular cada una por separado, calculando previamente una primitiva en cada caso.
\begin{displaymath}
 \int \sqrt{2}x^2 dx = \dfrac{\sqrt{2}}{3} x^3
\end{displaymath}\par
Por tanto,
\begin{displaymath}
 A_1=\int_0^{\sqrt{2}/2} \sqrt{2}x^2 dx=\left[\dfrac{\sqrt{2}}{3}x^3\right]_0^{\sqrt{2}/2}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\cdot \dfrac{2\sqrt{2}}{8}=\dfrac{1}{6} \text{ u}^2
\end{displaymath}\par
Por otro lado tenemos:
\begin{displaymath}
 \int \sqrt{1-x^2} dx
\end{displaymath}\par
Vamos a utilizar el cambio $x=sent$ para resolver la integral indefinida.
\begin{displaymath}
 \begin{array}{ccc}
  x&=&sent\\
  dx&=&cost\; dt\\
 \end{array}
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 \int \sqrt{1-x^2}dx=\int \sqrt{1-sen^2 t} \text{ } cost\; dt = \int cos^2 t\; dt
\end{displaymath}\par
Si aquí cambiamos $cos^2 t=\dfrac{1}{2}+\dfrac{cos2t}{2}$ tendríamos:
\begin{displaymath}
 \int \left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{cos2t}{2}\right) dt=\dfrac{1}{2}t+\dfrac{sen2t}{4}=\dfrac{1}{2}arcsenx + \dfrac{sen2(arcsenx)}{4}
\end{displaymath}\par
Por tanto:
\begin{displaymath}
 A_2=\int_{\sqrt{2}/2}^1 \sqrt{1-x^2} dx=\left[\dfrac{1}{2} arcsenx + \dfrac{sen2(arcsenx)}{4}\right]_{\sqrt{2}/2}^1=
 \end{displaymath}
 \begin{displaymath}
 =\left(\dfrac{\pi}{4}+0\right)-\left(\dfrac{\pi}{8}+\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{\pi}{8}-\dfrac{1}{4}\;u^2
\end{displaymath}\par
En consecuencia:
\begin{displaymath}
 A=A_1+A_2=\dfrac{1}{6}+\dfrac{\pi}{8}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{4+3\pi-6}{24}=\dfrac{3\pi-2}{24} \text{ u}^2
\end{displaymath}

%Tercer ejercicio - Integral

\subsection[Septiembre 00 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{Determinar una función $f(x)$ cuya segunda derivada sea \mbox{$f''(x)=xe^x$.} }} \begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent \textbf{- Solución:}\par
Habrá que calcular una primitiva de la función que nos dan, que será $f'$ y posteriormente calcular otra primitiva de ésta, que será la función que buscamos. La integral se calcula por partes:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{lcl}
  u=x&;&du=dx\\
  dv=e^xdx&;&v=e^x\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
Por tanto:
\begin{displaymath}
 f'(x)= \int x e^x dx= x e^x - \int e^x dx = x e^x - e^x
\end{displaymath}\par
Hacemos de nuevo la integral de la función obtenida.
\begin{displaymath}
 \int \left(x e^x - e^x \right) dx = \int x e^x dx - \int e^x dx = x e^x - e^x - e^x = x e^x - 2 e^x
\end{displaymath}\par
La función buscada es:
\begin{displaymath}
 f(x)= x e^x - 2 e^x
\end{displaymath}

%Cuarto ejercicio - Integral

\subsection[Septiembre 00 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Calcular, con el cambio de variable $t^2=x+3$, el valor de:
\begin{displaymath}
 \int_1^6 \dfrac{x dx}{\sqrt{x+3}}
\end{displaymath}\end{normalsize}}
\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent \textbf{- Solución:}\par
Vamos a calcular primero una primitiva utilizando el cambio indicado:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{lclcl}
  t^2=x+3& \Longrightarrow &x=t^2-3 &\Longrightarrow&t=\sqrt{x+3}\\
  2tdt=dx&&&&\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
Realizando la sustitución:
\begin{displaymath}
 \int \dfrac{\left(t^2-3\right)2t dt}{t}=\int \dfrac{2t^3-6t}{t}dt= \int \left(2t^2-6\right) dt=\dfrac{2t^3}{3}-6t=\dfrac{2\sqrt{(x+3)^3}}{3}-6\sqrt{x+3}
\end{displaymath}\par
En consecuencia:
\begin{displaymath}
 \int_1^6 \dfrac{x dx}{\sqrt{x+3}}=\left[\dfrac{2\sqrt{(x+3)^3}}{3}-6\sqrt{x+3}\right]_1^6=\left(\dfrac{54}{3}-18\right)-\left(\dfrac{16}{3}-12\right)=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =\dfrac{54-54-16+36}{3}=\dfrac{20}{3}
\end{displaymath}

%Quinto ejercicio - Integral

\subsection[Junio 01 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{Determinar una constante positiva $a$ sabiendo que la figura plana limitada por la parábola $y=3ax^2 + 2x$, la recta $y=0$ y la recta $x=a$ tiene área $(a^2 -1)^2$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 01)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La figura \ref{Grafica9} nos muestra una visión gráfica del problema planteado.
 \begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/3x2+2x.png}
\end{center}
\caption{Representación detallada del área buscada}
\label{Grafica9}
 \end{figure}
\par
Como $a>0$ la función $y=3ax^2+2x$ corta al Eje X en $x=0$ y en $x=-\dfrac{2}{3a}$ (que será un número negativo).\par
 Luego el área buscada es la que aparece sombreada en la figura \ref{Grafica9}. Por tanto, tenemos que:
$$\int_0^a (3ax^2+2x)dx=(a^2-1)^2$$\par
Ahora bien,$$\int_0^a (3ax^2+2x)dx=\left[ax^3+x^2\right]_0^a=a^4+a^2$$\par
En consecuencia:\par
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c}
 a^4+a^2=(a^2-1)^2\\
 \bcancel {a^4}+a^2= \bcancel {a^4}+1-2a^2\\
 3a^2=1\\
 a^2=\dfrac{1}{3}\\
 a=\pm \sqrt{\dfrac{1}{3}}\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
Como tiene que ser positivo el valor de $a$, tenemos que $a=\sqrt{\dfrac{1}{3}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$

%Sexto ejercicio - Integral

\subsection[Junio 01 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Calcular el valor de: $$\int_0^1 \dfrac{x dx}{e^{x^2}}$$ (puede hacerse con el cambio de variable $t=-x^2$ y con el cambio de variable $t=x^2$). \end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 01)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a calcular una primitiva. Para ello vamos a utilizar el cambio $t=x^2$.
 $$t= x^2 \Longrightarrow dt=2xdx$$\par
 Sustituyendo tenemos: $$\int{\dfrac{1}{2e^t}dt}=\dfrac{-1}{2}e^{-t}=\dfrac{-1}{2}e^{-x^2}$$
 Por tanto: $$\int_0^1{\dfrac{xdx}{e^{x^2}}}=\left[\dfrac{-1}{2}e^{-x^2}\right]_0^1=\dfrac{-1}{2e}+\dfrac{1}{2}$$

%ejercicio 7 - Integral

\subsection[Septiembre 01 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{Representar gráficamente el recinto plano limitado por la curva $y=x^3-x$ y su tangente en el punto de abscisa $x=1$. Calcular su área}}\textit{\rightline{\begin{small}(Septiembre 01)\end{small}}}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a calcular primero la recta tangente. Vamos a calcularla mediante la ecuación punto-pendiente. El punto lo obtenemos sustituyendo en la función $x$ por 1. Dicho punto será $P(1,0)$.\par
La pendiente de la recta tangente se obtiene sustituyendo en la derivada de la función:
\begin{displaymath}
 f'(x)=3x^2-1 \Longrightarrow m_{tg}=f'(1)=3-1=2
\end{displaymath}\par
La ecuación de la recta será:
\begin{displaymath}
 y-0=2(x-1) \Longrightarrow y=2x-2
\end{displaymath}\par
A continuación representaremos la zona que nos piden. Para pintar la recta basta con hacer una tabla de valores, pero para pintar la función será mejor estudiar su derivada. Vamos a calcularla y estudiaremos su signo para ver el crecimiento y los máximos y mínimos.
\begin{displaymath}
 f'(x)=3x^2-1 \Longrightarrow 3x^2-1=0 \Longrightarrow x^2=\dfrac{1}{3} \Longrightarrow x=\pm \dfrac{\sqrt{3}}{3}
\end{displaymath}\par
Estudiamos el signo:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty, -\sqrt{3}/3\right) & \left( -\sqrt{3}/3, \sqrt{3}/3 \right) & \left(\sqrt{3}/3 , +\infty \right)\\
  		\hline
  		3x^2-1 & + & - & +\\
  		 & \nearrow & \searrow & \nearrow\\
             \end{array}
\end{displaymath}\par
Luego:
\begin{itemize}
 \item [-] Crece $\longrightarrow \left( -\infty, -\sqrt{3}/3\right)\cup \left(\sqrt{3}/3 , +\infty \right)$.
 \item [-] Decrece $\longrightarrow \left( -\sqrt{3}/3, \sqrt{3}/3 \right)$.
 \item [-] Máximo $\longrightarrow \left(-\sqrt{3}/3,0'38\right)$.
 \item [-] Mínimo $\longrightarrow \left(\sqrt{3}/3,-0'38\right)$.
\end{itemize}\par
Es evidente que se trata de una función impar y por tanto corta en el $(0,0)$. La representación gráfica podemos verla en la figura \ref{Grafica25}.
\begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/septiembre01_4_a.png}
\end{center}
\caption{Representación detallada del área buscada}
\label{Grafica25}
 \end{figure}\par
 Vamos ahora a calcular el área. Hallamos los puntos de corte de la función y la recta.
 \begin{displaymath}
  x^3-x=2x-2 \Longrightarrow x^3-3x+2=0
 \end{displaymath}\par
 Buscamos una raiz por Ruffini.
 \begin{displaymath}
  \begin{array}{c|cccc}
   &1&0&-3&2\\
   1&&1&1&-2\\
   \hline
   &1&1&-2&0\\
  \end{array}
 \end{displaymath}\par
 Calculamos después las otras dos:
 \begin{displaymath}
  x^2+x-2=0 \Longrightarrow x=\dfrac{-1\pm\sqrt{1+8}}{2}=\dfrac{-1\pm3}{2}=\left\{
  \begin{array}{l}
   x=1\\
   x=-2\\
  \end{array}
  \right.
 \end{displaymath}\par
Luego los límites de integración son $x=-2$ y $x=1$. Vamos a calcular el área.
\begin{displaymath}
 A=\int_{-2}^1 \left[\left(x^3-x\right)-(2x-2)\right] dx=\int_{-2}^1 \left(x^3-3x+2\right) dx=\left[\dfrac{x^4}{4}-\dfrac{3x^2}{2}+2x\right]_{-2}^1=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =\left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{2}+2\right)-\left(\cancel{4}-6-\cancel{4}\right)= \dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{2}+8=\dfrac{1-6+32}{4}=\dfrac{27}{4}\;u^2
\end{displaymath}

%ejercicio 8 - Integral

\subsection[Septiembre 01 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Definir el concepto de primitiva de una función y explicar su relación con el concepto de integral definida.}}\textit{\rightline{\begin{small}(Septiembre 01)\end{small}}}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
La solución a este ejercicio podemos verla en cualquier libro.

%ejercicio 9 - Integral

\subsection[Junio 02 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{Representar gráficamente la figura plana limitada por las parábolas $y=4-x^2$, $y=x^2-4$. Calcular su área.}}\begin{flushright}\textit{\begin{small}(Junio 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Las funciones que nos dan son dos parábolas cuyas representaciones gráficas podemos verla en la figura \ref{Grafica26}.
\begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/junio02_3_a.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la región pedida.}
\label{Grafica26}
 \end{figure}\par
 Vamos a calcular los puntos corte.
 \begin{displaymath}
  x^2-4=4-x^2 \Longrightarrow 2x^2-8=0 \Longrightarrow x^2=4 \Longrightarrow x=\pm2
 \end{displaymath}\par
Calculemos ahora el área:
\begin{displaymath}
 A=\int_{-2}^{2} \left[\left(4-x^2\right) - \left(x^2-4\right)\right] \; dx=\int_{-2}^2\left(-2x^2+8\right) \; dx=\left[\dfrac{-2x^3}{3}+8x\right]_{-2}^2=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =\left(\dfrac{-16}{3}+16\right) - \left(\dfrac{16}{3}-16\right)=32-\dfrac{32}{3}=\dfrac{64}{3}\;u^2
\end{displaymath}

%ejercicio 10 - Integral

\subsection[Junio 02 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Calcular el valor de la integral
\begin{displaymath}
 \int_0^1 x e^{-x} dx
\end{displaymath}
\end{normalsize}
}\begin{flushright}\textit{\begin{small}(Junio 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a calcular primero una primitiva. Esta integral hay que resolverla por partes.
\begin{displaymath}
 \begin{array}{lcl}
  u=x&;&du=dx\\
  dv=e^{-x}\;dx&;&v=-e^{-x}\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
Por tanto:
\begin{displaymath}
 \int x\;e^{-x}\;dx=-xe^{-x}+\int e^{-x}\;dx=-xe^{-x}-e^{-x}
\end{displaymath}\par
Retomamos la definida y tenemos:
\begin{displaymath}
 \int_0^1 x\;e^{-x}\;dx=\left[-xe^{-x}-e^{-x}\right]_0^1=\left(-e^{-1}-e^{-1}\right)+1=\dfrac{-2}{e}+1=\dfrac{e-2}{e}
\end{displaymath}

%Ejercicio 11 - Integral

\subsection[Septiembre 02 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Representa gráficamente el recinto plano limitado, en la región donde la coordenada $x$ es positiva, por la recta $x=1$, la hiperbola $xy=1$, y la recta $6y-x+1=0$. Calcula su área. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a representar la región pedida haciendo una tabla de valores para cada caso:
 \begin{enumerate}
  \item [a)] Para la hipérbola $xy=1$ valdría:
  \begin{displaymath}
             \begin{array}{c|ccccc}
  		x & 0'1 & 0'5 & 1 & 2 & 3\\
  		\hline
  		y & 10 & 5 & 1 & 1/2 & 1/3\\
             \end{array}
 \end{displaymath}
 \item [b)] Para la recta bastarían dos puntos:
 \begin{displaymath}
             \begin{array}{c|cc}
  		x & 0 & 3\\
  		\hline
  		y & -1/6 & 1/3\\
             \end{array}
 \end{displaymath}
 
 \end{enumerate}\par
La representación gráfica podemos verla en la figura \ref{Grafica18}.\\
\begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/xy1-recta.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la región pedida.}
\label{Grafica18}
 \end{figure}\par
 Vamos a buscar los puntos de corte de las dos gráficas.
 \begin{displaymath}
  \left.
  \begin{array}{ccc}
   x.y&=&1\\
   6y-x&=&-1\\
  \end{array}\right]\Longrightarrow
  \left.\begin{array}{l}
   x.y=1\\
   x=6y+1\\
  \end{array}\right] \Longrightarrow (6y+1).y=1 \Longrightarrow 6y^2+y-1=0
 \end{displaymath}\par
Resolviendo la ecuación tenemos:
\begin{displaymath}
 y=\dfrac{-1\pm\sqrt{1+24}}{12}=\dfrac{-1\pm 5}{12}= \left\{
 \begin{array}{l}
  y=-\dfrac{1}{2}\\
  y=\dfrac{1}{3}\\
 \end{array}
\right.
\end{displaymath}\par
Sustituyendo cada valor de $y$ obtenemos uno de $x$.
\begin{displaymath}
 \begin{array}{lcl}
  y=-\dfrac{1}{2}& \Longrightarrow & x=-3+1=-2 \Longrightarrow \mbox{ No nos sirve.}\\
  y=\dfrac{1}{3}& \Longrightarrow & x=2+1=3.
 \end{array}
\end{displaymath}\par
Por tanto, mis límites de integración son $x=1$ y $x=3$.\par 
Observando la figura \ref{Grafica18}, podemos calcular el área de la siguiente forma:
\begin{displaymath}
 \int_1^3\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{x-1}{6}\right)dx=\left[lnx-\dfrac{x^2}{12}+\dfrac{x}{6}\right]_1^3=\left(ln3-\dfrac{9}{12}+\dfrac{6}{12}\right)-\left(0-\dfrac{1}{12}+\dfrac{2}{12}\right)=
 \end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =ln3-\dfrac{4}{12}=ln3-\dfrac{1}{3}\mbox{ } u^2
\end{displaymath}

%Ejercicio 12 - Integral

\subsection[Septiembre 02 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\normalsize{Calcular una primitiva de la función $f(x)=\left(x^2+1\right)^{-1}x$ que se anule en $x=2$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a calcular la integral indefinida y despues calcularemos el valor de la constante que hace que se anule en $x=2$.
 \begin{displaymath}
  \int \dfrac{x}{x^2+1}dx=\dfrac{1}{2}ln\left(x^2+1\right)+k
 \end{displaymath}\par
Si hacemos $x=2$ resulta:
\begin{displaymath}
 \dfrac{1}{2}ln5 + k=0 \Longrightarrow k=-ln \sqrt{5}
\end{displaymath}

%Ejercicio 13 - Integral

\subsection[Junio 03 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Representar gráficamente el recinto plano limitado por la recta $y=x-2$ y la parábola de ecuación $y^2=x$. Calcular su área. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 03)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Son funciones suficientemente conocidas, por lo que con una tabla de valores se pueden representar. Sólo hay que tener en cuenta que de la parábola hay que considerar las dos ramas. La representación pedida la podemos ver en la figura \ref{Grafica20}.\par
 \begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/y2xx-2.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la región pedida.}
\label{Grafica20}
 \end{figure}
 Vamos a hallar los puntos de corte.
 \begin{displaymath}
  \left.\begin{array}{l}
   y^2=x\\
   y=x-2\\
  \end{array}\right] \Longrightarrow x=(x-2)^2 \Longrightarrow x=x^2-4x+4 \Longrightarrow x^2-5x+4=0 \Longrightarrow
 \end{displaymath}
\begin{displaymath}
 \Longrightarrow x=\dfrac{5\pm\sqrt{25-16}}{2}=\dfrac{5\pm3}{2} \Longrightarrow 
 \left\{\begin{array}{l}
         x=4\\
         x=1\\
        \end{array}\right.
\end{displaymath}\par
Vamos a calcular el área. Observando la gráfica de la figura \ref{Grafica20} vemos que hay que descomponer el área en dos trozos ($A_1$ y $A_2$).
\begin{displaymath}
 A=A_1+A_2=\int_0^1\left[\sqrt{x}-(-\sqrt{x})\right]dx+\int_1^4\left[\sqrt{x}-(x-2)\right]dx=\int_0^1 2\sqrt{x}dx+
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 +\int_1^4\left[\sqrt{x}-x+2\right]dx=\left[\dfrac{4\sqrt{x^3}}{3}\right]_0^1+\left[\dfrac{2\sqrt{x^3}}{3}-\dfrac{x^2}{2}+2x\right]_1^4=\dfrac{4}{3}+\left(\dfrac{16}{3}-\dfrac{16}{2}+8\right)-
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 -\left(\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{2}+2\right)=\dfrac{4}{3}+\dfrac{16}{3}-\dfrac{16}{2}+8
-\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{2}-2=\dfrac{8+32-48+48-4+3-12}{6}=\dfrac{27}{6}\mbox{ } u^2.
\end{displaymath}

%Ejercicio 14 - Integral

\subsection[Junio 03 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Calcular el valor de la siguiente integral, donde $ln$ denota el logaritmo neperiano:
\begin{displaymath}
 \int_e^{e^2} \dfrac{dx}{x(lnx)}
\end{displaymath}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 03)\end{small}}\end{flushright}\newpage
 \noindent\textbf{- Solución:}\par
  Vamos a calcular primero una primitiva. Para eso vamos a hacer el cambio:
 \begin{displaymath}
  \begin{array}{rcl}
   t&=&lnx\\
   dt&=&\dfrac{1}{x}dx\\
  \end{array}
 \end{displaymath}\par
Tenemos por tanto
\begin{displaymath}
 \int \dfrac{dx}{xlnx}=\int \dfrac{dt}{t}=ln|t|=ln|ln|x||
\end{displaymath}\par
Por tanto:
\begin{displaymath}
 \int_e^{e^2} \dfrac{dx}{x(lnx)}=\left[ln|ln|x||\right]_e^{e^2}=ln|ln|e^2||-ln|ln|e||=ln2-ln1=ln2
\end{displaymath}

%Ejercicio 15 - Integral

\subsection[Septiembre 03 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Calcular el valor de la integral (puede hacerse con el cambio de variable $t=e^{-x}$):
\begin{displaymath}
 \int_0^1 \dfrac{dx}{e^x+1}
\end{displaymath}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 03)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a calcular primero una primitiva. Aplicamos el cambio aconsejado:
 \begin{displaymath}
  \begin{array}{lcl}
   t=e^{-x}&\Longrightarrow&e^x=\dfrac{1}{t}\\
   dt=-e^{-x}dx&\Longrightarrow&dx=\dfrac{-dt}{t}\\
  \end{array}
 \end{displaymath}
\begin{displaymath}
 \int\dfrac{dx}{e^x+1}=\int{\dfrac{-dt}{t\left(\dfrac{1}{t}+1\right)}}=-\int\dfrac{dt}{1+t}=-ln|1+t|=-ln\left|1+e^{-x}\right|
\end{displaymath}\par
Por tanto:
\begin{displaymath}
 \int_0^1 \dfrac{dx}{e^x+1}=\left[-ln\left|1+e^{-x}\right|\right]_0^1=-ln\left(1+\dfrac{1}{e}\right)+ln2
\end{displaymath}

%Ejercicio 16 - Integral

\subsection[Septiembre 03 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Representar gráficamente la figura plana limitada por la curva $y=e^x$, su recta tangente en el punto de abcisa $x=0$, y la recta $x=1$. Calcular su área. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 03)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución}\par
 Vamos a calcular en primer lugar la ecuación de la recta tangente a la curva en $x=0$. Sabemos que dicha recta pasa por $(0,e^0)=(0,1)$ y que su pendiente es $m_{tg}=f'(0)=e^0=1$.\par
 Por tanto la ecuación de dicha recta es:
 \begin{displaymath}
  y-1=1(x-0) \Longrightarrow y=x+1
 \end{displaymath}\par
La representación gráfica podemos verla en la figura \ref{Grafica19}.\par
\begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/expytang.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la región pedida.}
\label{Grafica19}
 \end{figure}\par
En la gráfica puede verse que no hay más punto de corte que $x=0$, por tanto el área que queremos es:
\begin{displaymath}
 A=\int_0^1\left[e^x-(x+1)\right]dx=\int_0^1(e^x-x-1)dx=\left[e^x-\dfrac{x^2}{2}-x\right]_0^1=\left(e-\dfrac{1}{2}-1\right)-1=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =e-\dfrac{5}{2}\mbox{ } u^2.
\end{displaymath}

%Ejercicio 17 - Integral

 \subsection[Junio 04 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{Definir el concepto de primitiva de una función. ¿Existe alguna primitiva de la función $f(x)=x^{-1}$ que no tome ningún valor positivo en el intervalo $1\leq x\leq 2$? }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:} \par 
 El concepto teórico puede encontrarse en cualquier libro. Vayamos a lo práctico.\par
 Tenemos la función $f(x)=x^{-1}=\dfrac{1}{x}$.\par
 Si hayamos las primitivas de la función nos sale:$$\int \dfrac{1}{x} dx = ln x + k$$\par
 La gráfica de $y=ln x$ podemos verla en la figura \ref{Grafica1}.\par 
 \begin{figure}[!h]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=12cm]{Imagenes/logaritmos.png}
\end{center}
\caption{Gráfica de y=ln x y de y=ln x-3}
\label{Grafica1}
\end{figure}\par
 Como sabemos, k desplaza verticalmente dicha gráfica, por tanto, si a k le doy, por ejemplo, el valor -3, es decir, $f(x)=lnx -3$, la gráfica se desplazará 3 unidades hacia abajo, resultando la gráfica de la derecha de la figura \ref{Grafica1}.\par
  
 Hay que tener en cuenta que la función $y=lnx$ es una función creciente y que $ln1=0$ y $ln2=0'693147...$, por tanto $y=lnx-3$ será negativa en todo el intervalo (Observar la gráfica de la derecha la figura \ref{Grafica1}). De hecho bastaría con tomar $k<-ln2$. 
 
%Ejercicio 18 - Integral

 \subsection[Junio 04 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Representa gráficamente el recinto plano limitado, en la región donde la abcisa $x$ es positiva, por la curva $y=x^3+x$ , y por la recta $y=2x$. Calcular el área. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Tenemos que las funciones que encierran el área son $y=x^3+x \text{  é  } y=2x$. Para representar $y=x^3+x$ bastará con calcular sus máximos y mínimos, los puntos de corte con lo ejes y, si es necesario, una tabla de valores.\par
 
 Vamos a empezar hallando los puntos de corte con el eje X haciendo y=0.
 \begin{displaymath}
  x^3+x=0 \Longrightarrow
           \left\{
  	     \begin{array}{l}
  		x=0\\
  		x^2+1=0 \Longrightarrow \text{No tiene solución}\\
             \end{array} \right.
 \end{displaymath}\par
 Vamos a ver donde se anula su derivada:$$y'=3x^2+1 \Longrightarrow 3x^2+1=0 \Longrightarrow \text{No tiene solución}$$\par
 La gráfica de las dos funciones podéis verla en la gráfica \ref{Grafica4} \par
 \begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/Area_2_curvas.png}
\end{center}
\caption{Visión gráfica del problema}
\label{Grafica4}
\end{figure}\par
 Vamos a hallar los puntos de corte de las dos funciones:
 \begin{displaymath}
x^3+x=2x \Longrightarrow x^3-x=0 \Longrightarrow x \cdot (x^2-1)=0 \Longrightarrow
\left\{\begin{array}{l}
 x=0.\\
 x^2-1=0 \Longrightarrow x=\pm1.
\end{array}\right.
 \end{displaymath}\par
 Vamos a calcular el área, que será el comprendida entre 0 y 1 por las dos funciones. Como la recta está por encima ponemos:
 $$A=\int_{0}^{1} \left[2x-\left(x^3+x \right) \right] dx=\int_{0}^{1}\left(x-x^3\right) dx=\left[\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^4}{4}\right]_{0}^{1}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{4}\mbox{ }u^2$$
 
%Ejercicio 19 - Integral

 \subsection[Septiembre 04 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{Representar gráficamente la figura plana limitada en el primer cuadrante $(x\geq0, y\geq0)$ por la recta $y=x$ y la curva $x=y^3$. Calcular su área. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Tenemos que $(x\geq0, y\geq0)$, es decir, el primer cuadrante. Tenemos también la función $y=x$ y la función $x=y^3 \Longrightarrow y=\sqrt[3]{x}$.
 \begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/raiz_cubica.png}
\end{center}
\caption{Representación detallada}
\label{Grafica5}
\end{figure}\par
 El área que queremos calcular es la que nos muestra la figura~\ref{Grafica5}. Buscamos los puntos de corte de ambas funciones:
 \begin{displaymath}
  x=\sqrt[3]{x} \Longrightarrow x^3=x \Longrightarrow x^3-x=0
   \Longrightarrow
           \left\{
  	     \begin{array}{l}
  		x=0\\
  		x^2-1=0 \Longrightarrow x=\pm 1\\
             \end{array} \right.
 \end{displaymath}\par
 Como $x\geq0 ; y\geq0$, sobra la raiz $x=-1$ y tenemos que:
 $$A=\int_{0}^{1}\left(\sqrt[3]{x} -x\right) dx=\int_{0}^{1}\left(x^{\frac{1}{3}} -x\right) dx=\left[\dfrac{x^{\frac{4}{3}}}{\frac{4}{3}}-\dfrac{x^2}{2} \right]_{0}^{1}= \left[\dfrac{3x^{\frac{4}{3}}}{4}-\dfrac{x^2}{2} \right]_{0}^{1}= \dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4} \mbox{ } u^2$$

%Ejercicio 20 - Integral

 \subsection[Septiembre 04 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Calcular el valor de la siguiente integral:$$\int_{1}^{2}x \sqrt[3]{x^2-1}dx$$
 (puede hacerse con el cambio de variable $x^2-1=t^3$. \end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
  Vamos a resolver primero la indefinida.\par
  Hacemos el cambio que nos recomiendan: 
  \begin{displaymath}
   					\begin{array}{lcl}
                                            t^3=x^2-1 &\Longrightarrow &t=\sqrt[3]{x^2-1}\\
                                            3t^2dt=2xdx & &\\
                                           \end{array}
  \end{displaymath}\par
  Por tanto:
  $$\int x \sqrt[3]{x^2-1}dx=\dfrac{1}{2}\int 3t^2 \sqrt[3]{t^3}dt=\dfrac{3}{2}\int t^3dt= \dfrac{3}{2}\dfrac{t^4}{4}+k=\dfrac{3\sqrt[3]{(x^2-1)^4}}{8}+k$$\par
  En consecuencia tendríamos:
  $$\int_{1}^{2}x \sqrt[3]{x^2-1}dx=\left[\dfrac{3\sqrt[3]{(x^2-1)^4}}{8}\right]_1^2=\dfrac{3\sqrt[3]{81}}{8}=\dfrac{9\sqrt[3]{3}}{8} $$

%Ejercicio 21 - Integral

\subsection[Junio 05 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Representar gráficamente el recinto plano limitado por las curvas $y=e^x$, $y=e^{-x}$, y por la recta $x=1$. Calcular su área.} }\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a representar las funciones haciendo una tabla de valores:
 \begin{displaymath}
             y=e^x \Longrightarrow 
             \begin{array}{c|ccccc}
  		x & -2 & -1 & 0 & 1 & 2\\
  		\hline
  		y & e^{-2} & e^{-1} & 1 & e & e^2\\
             \end{array}
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
             y=e^{-x} \Longrightarrow 
             \begin{array}{c|ccccc}
  		x & -2 & -1 & 0 & 1 & 2\\
  		\hline
  		y & e^2 & e & 1 & e^{-1} & e^{-2}\\
             \end{array}
 \end{displaymath}\par
 
 La representación gráfica y el área buscada la vemos en la figura \ref{Grafica6}.\par
 \begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/Exponenciales.png}
\end{center}
\caption{Área encerrada por las exponenciales y x=1.}
\label{Grafica6}
\end{figure}\par
Vamos a encontrar los puntos de corte:
$$e^x=e^{-x} \Longrightarrow \dfrac{e^x}{e^{-x}}=1 \Longrightarrow e^x . e^x=1 \Longrightarrow e^{2x}=1=e^0 \Longrightarrow 2x=0 \Longrightarrow x=0$$\par
Luego los límites de integración son $x=0 \text{ y } x=1$. Por tanto:
$$\int_0^1 \left(e^x- e^{-x} \right) dx= \left[e^x+e^{-x} \right]_0^1=\left(e^1+e^{-1} \right)-\left(1+1 \right)=$$ $$=e+\dfrac{1}{e}-2=\dfrac{e^2+1-2e}{e} \mbox{ }u^2$$

%Ejercicio 22 - Integral

 \subsection[Junio 05 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Calcular el valor de la siguiente integral:$$\int_{1}^{e} \dfrac{lnx}{x^2}dx$$(puede hacerse por partes). \end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a resolver la integral como nos indican, por partes. Para ello vamos a derivar el logaritmo y a integrar el polinomio.
 \begin{displaymath}
    	     \begin{array}{lcl}
  		u=lnx & \Longrightarrow & du=\dfrac{1}{x}dx\\
  		\\
  		dv=\dfrac{1}{x^2}dx & \Longrightarrow & v=\dfrac{-1}{x}\\
             \end{array} 
 \end{displaymath}\par
 Vamos a empezar por encontrar una primitiva:
 \begin{displaymath}
  \int\dfrac{lnx}{x^2}dx=\dfrac{-lnx}{x}-\int\dfrac{-1}{x}\cdot \dfrac{1}{x}dx=\dfrac{- lnx}{x}+\int\dfrac{1}{x^2}dx=\dfrac{-lnx}{x}-\dfrac{1}{x}=\dfrac{-lnx-1}{x}
 \end{displaymath}\par
Por tanto:
$$\int_{1}^{e}\dfrac{lnx}{x^2}dx=\left[\dfrac{-lnx-1}{x}\right]_1^e=\dfrac{-lne-1}{e}-\dfrac{-ln1-1}{1}=\dfrac{-2}{e}+1$$

%Ejercicio 23 - Integral

\subsection[Septiembre 05 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{Calcular una primitiva de la función $f(x)=(x+1)^2x^{-1/2}$ que se anule en $x=1$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Tenemos que nuestra función es:
 $$f(x)=(x+1)^2x^{-1/2}=\dfrac{(x+1)^2}{\sqrt{x}}=\dfrac{x^2+2x+1}{\sqrt{x}}=x^{3/2}+2x^{1/2}+x^{-1/2}$$\par
 Vamos a calcular la integral indefinida:
 $$\int {(x^{3/2}+2x^{1/2}+x^{-1/2})dx}=\dfrac{2x^{5/2}}{5}+\dfrac{4x^{3/2}}{3}+2x^{1/2}+k$$\par
 Según el enunciado tiene que anularse en $x=1$, por tanto:
 $$\dfrac{2}{5}+\dfrac{4}{3}+2+k=0 \Longrightarrow k=-\dfrac{2}{5}-\dfrac{4}{3}-2=\dfrac{-6-20-30}{15}=\dfrac{-56}{15}$$\par
 La primitiva buscada es:$$F(x)=\dfrac{2x^{5/2}}{5}+\dfrac{4x^{3/2}}{3}+2x^{1/2}-\dfrac{56}{15}$$

%Ejercicio 24 - Integral

\subsection[Septiembre 05 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\normalsize{Representar gráficamente el recinto plano limitado por la recta $x-y=1$ y por la curva de ecuación $y=\sqrt{x-1}$. Calcular su área.} }\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Ambas funciones son conocidas y su representación puede hacerse por una sencilla tabla de valores que voy a omitir. Tras eso la representación gráfica podemos verla en la figura \ref{Grafica12}.
 \begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/raizx-1.png}
\end{center}
\caption{Representación detallada del área buscada}
\label{Grafica12}
 \end{figure}\par
 A continuación vamos a calcular el área encerrada por las dos funciones. Empezaremos por calcular los puntos de corte para delimitar los límites de integración.
 \begin{displaymath}
  \begin{array}{ccc}
  \sqrt{x-1}&=&x-1\\
  x-1&=&(x-1)^2\\
  x-1&=&x^2-2x+1\\
  \end{array}
  \end{displaymath}
  \begin{displaymath}
  -x^2+3x-2=0 \Longrightarrow
           \left\{
  	     \begin{array}{l}
  		x=1\\
  		x=2\\
             \end{array} \right.
 \end{displaymath}\par
 Por tanto el área quedaría:
 $$A=\int_1^2 \left[\sqrt{x-1}-(x-1)\right]dx = \left[\dfrac{2\sqrt{(x-1)^3}}{3}-\dfrac{x^2}{2}+x\right]_1^2=$$ $$=\left(\dfrac{2}{3}-\cancel 2 + \cancel 2\right)-\left(-\dfrac{1}{2}+1\right)
 =\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{2}-1=\dfrac{4+3-6}{6}=\dfrac{1}{6}\mbox{ } u^2$$

%Ejercicio 25 - Integral

\subsection[Junio 06 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Representa gráficamente la figura plana limitada por la curva $y=x^4$, su recta tangente en el punto $(1,1)$ y el eje $OY$. Calcular su área.} }\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La función $y=x^4$ es de fácil representación, basta con dar algunos valores. Vamos a calcular la recta tangente que nos piden y posteriormente realizaremos la representación de la zona buscada.\par
 Sabemos que la pendiente de dicha recta es la derivada de la función en el punto, por tanto:
 $$f'(x)= 4x^3 \Longrightarrow m_{tg}=f'(1)=4$$\par
 Como la recta pasa por el punto $(1,1)$ y tiene la pendiente anterior, tenemos que la recta buscada es:
 $$y-1=4(x-1) \Longrightarrow y-1=4x-4 \Longrightarrow y=4x-3$$\par
 
 En consecuencia, la representación gráfica de ambas funciones y la zona pedida la podemos ver en la figura \ref{Grafica16}.\par
 \begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/x4tangente.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la región pedida.}
\label{Grafica16}
 \end{figure}
 Vamos a calcular el área que nos piden:
 \begin{displaymath}
  \int_{0}^{1}\left[x^4-(4x-3)\right]dx=\left[\dfrac{x^5}{5}-2x^2+3x\right]_{0}^{1}=\dfrac{1}{5}-2+3=\dfrac{6}{5}\mbox{ } u^2
 \end{displaymath}

%Ejercicio 26 - Integral

\subsection[Junio 06 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{Halla una primitiva de la función $f(x)=xe^x$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 06)\end{small}}\end{flushright}\newpage
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Es una integral típica para resolverla por partes, en la que tenemos que derivar el polinomio e integrar la exponencial.
 \begin{displaymath}
  \left.\begin{array}{ccc}
   u=x&;&du=dx\\
   dv=e^xdx&;&v=e^x\\
  \end{array}\right]
 \end{displaymath}
\begin{displaymath}
 \int xe^xdx= xe^x-\int e^xdx= xe^x-e^x
\end{displaymath}\par
No es necesario terminar el resultado sumando una constante pues nos piden una primitiva, no todas.

%Ejercicio 27 - Integral

\subsection[Septiembre 06 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Enuncia la regla de Barrow. Representa la gráfica de la función
$$f(x)=\int_1^x tdt$$\end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La regla de Barrow puede verse en cualquier libro.\par
 Vamos a calcular cual es nuestra función:
 $$f(x)=\int_1^x tdt=\left[\dfrac{t^2}{2}\right]_1^x=\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}x^2 -\dfrac{1}{2}$$\par
 De su ecuación deducimos que se trata de una parábola. Para representarla vamos a calcular la coordenada x del vértice y haremos una tabla de valores.\par
 $\text{Coordenada x del vértice} \longrightarrow x=\dfrac{-b}{2a}=\dfrac{0}{1}=0$\par
 La tabla de valores que utilizaremos es:
 \begin{displaymath}
             \begin{array}{c|ccccccc}
  		x & 0 & -1 & 1 & -2 & 2 & -3 & 3\\
  		\hline
  		y & -1/2 & 0 & 0 & 3/2 & 3/2 & 4 & 4\\
             \end{array}
 \end{displaymath}\par
 La representación gráfica la tenemos en la figura \ref{Grafica13}
 \begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/parabola05-06.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la función $f(x)=\dfrac{1}{2}x^2 - \dfrac{1}{2}$}
\label{Grafica13}
 \end{figure}

%Ejercicio 28 - Integral

\subsection[Septiembre 06 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\normalsize{Representa la figura plana limitada por la gráfica de la función $f(x)=cosx$, en el intervalo $-\dfrac{\pi}{2}\leq x \leq \dfrac{\pi}{2}$, y por la recta $y=\dfrac{1}{2}$. Calcular su área. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La representación del área pedida no es complicada, pues se suponen conocidas ambas funciones. Dicha representación la encontramos en la figura \ref{Grafica15}.
 \begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/cosx0506.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la región pedida.}
\label{Grafica15}
 \end{figure}\par
 Vamos a encontrar los puntos de corte que nos dirán cuales son los límites de integración.
 $$cosx=\dfrac{1}{2} \Longrightarrow x=\pm \dfrac{\pi}{3}$$\par
 Para hallar el área consideramos la función $g(x)=cosx-\dfrac{1}{2}$. Vamos a calcular una primitiva de dicha función.
 $$G(x)=\int \left(cosx-\dfrac{1}{2}\right)dx=senx-\dfrac{x}{2}$$\par
 Sustituimos en los distintos puntos que tenemos resultando:
 $$G\left(\frac{-\pi}{2}\right)=sen\left(\frac{-\pi}{2}\right)-\dfrac{\frac{-\pi}{2}}{2}=-1+\dfrac{\pi}{4}=-0'2146$$
 $$G\left(\frac{-\pi}{3}\right)=sen\left(\frac{-\pi}{3}\right)-\dfrac{\frac{-\pi}{3}}{2}=\dfrac{-\sqrt{3}}{2}+\dfrac{\pi}{6}=-0'3424$$
 $$G\left(\frac{\pi}{3}\right)=sen\left(\frac{\pi}{3}\right)-\dfrac{\frac{\pi}{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{\pi}{6}=0'3424$$
 $$G\left(\frac{\pi}{2}\right)=sen\left(\frac{\pi}{2}\right)-\dfrac{\frac{\pi}{2}}{2}=1-\dfrac{\pi}{4}=0'2146$$\par
 Para calcular el área hacemos:
 $$G\left(\frac{-\pi}{3}\right)-G\left(\frac{-\pi}{2}\right)=-0'3424+0'2146=-0'1278$$
 $$G\left(\frac{\pi}{3}\right)-G\left(\frac{-\pi}{3}\right)=0'3424+0'3424=0'6848$$
 $$G\left(\frac{\pi}{2}\right)-G\left(\frac{\pi}{3}\right)=0'2146-0'3424=-0'1278$$\par
 Y el área buscada será:
 $$A=\left|-0'1278\right|+0'6848+\left|-0'1278\right|=0'9404\mbox{ } u^2$$.

%Ejercicio 29 - Integral

\subsection[Junio 07 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Representa gráficamente el recinto plano limitado por las parábolas $y=1-x^2$ e $y=2x^2$ y calcula su área. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par

Vamos a representar las dos parábolas. Para ello empezamos por calcular sus vértices y hacemos después sendas tablas de valores.\par
\begin{itemize}
 \item [-] $y=1-x^2$ \par
 $x_v = \dfrac{-b}{2a}= \dfrac{0}{-2}=0$\par
 \begin{displaymath}
 \begin{array}{c|ccccc}
  x&0&-1&-2&1&2\\
  \hline
  y&1&0&-3&0&-3\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
\item[-] $2x^2$\par
 $x_v = \dfrac{-b}{2a}= \dfrac{0}{-4}=0$\par
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|ccccc}
  x&0&-1&-2&1&2\\
  \hline
  y&0&2&8&2&8\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
\end{itemize}\par
Luego sus representaciones gráficas son:
\begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/junio_a_2_07.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la región pedida.}
\label{Grafica100}
 \end{figure}\par
Vamos a hallar los puntos de corte para calcular el área:
\begin{displaymath}
 2x^2=1-x^2 \Longrightarrow  3x^2=1 \Longrightarrow  x^2=\dfrac{1}{3} \Longrightarrow
 x=\pm\sqrt{\dfrac{1}{3}}=\pm\dfrac{\sqrt{3}}{3} 
\end{displaymath}\par
Luego el área pedida es:
\begin{displaymath}
 A=\int_{-\frac{\sqrt{3}}{3}}^{\frac{\sqrt{3}}{3}} \left(1-x^2-2x^2 \right) dx=\int_{-\frac{\sqrt{3}}{3}}^{\frac{\sqrt{3}}{3}} \left(1-3x^2 \right)=\left[ x-x^3 \right]_{-\frac{\sqrt{3}}{3}}^{\frac{\sqrt{3}}{3}}=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 = \dfrac{\sqrt{3}}{3}- \dfrac{3\sqrt{3}}{27}-\left( \dfrac{-\sqrt{3}}{3}+\dfrac{3\sqrt{3}}{27} \right)= \dfrac{2\sqrt{3}}{3}-\dfrac{6\sqrt{3}}{27}= \dfrac{18\sqrt{3}-6\sqrt{3}}{27}=\dfrac{12\sqrt{3}}{27}=\dfrac{4\sqrt{3}}{9} u^2
\end{displaymath}

\newpage

%Ejercicio 30 - Integral

\subsection[Junio 07 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{Calcula el valor de la integral
\begin{displaymath}
 \int_3^{10} (x-2)^{1/3}dx
\end{displaymath}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{displaymath}
 \int_3^{10} (x-2)^{1/3}dx=\left[ \dfrac{3(x-2)^{4/3}}{4} \right]_3^{10}=\left[\dfrac{3\sqrt[3]{(x-2)^4}}{4} \right]_3^{10}=\left[\dfrac{3(x-2)\sqrt[3]{(x-2)}}{4} \right]_3^{10}=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =\dfrac{24\sqrt[3]{8}}{4}-\dfrac{3\sqrt[3]{1}}{4}=\dfrac{48}{4}-\dfrac{3}{4}=\dfrac{45}{4}
\end{displaymath}

%Ejercicio 31 - Integral

\subsection[Septiembre 07 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Representa gráficamente la figura plana limitada por la curva $y=2x^3$, su recta tangente en el origen de coordenadas y la recta $x=2$. Calcula su área.
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
La representación gráfica de la región pedida está en la figura \ref{Grafica101}.
Vamos a calcular la recta tangente en $x=0$. Sabemos que la ecuación de la recta tangente es:
\begin{displaymath}
 y-f(x_0)=f'(x_0)\left(x-x_0\right)
\end{displaymath}\par
Empezamos por calcular la pendiente:
\begin{displaymath}
 f'(x)=6x \Longrightarrow m_{tg}=f'(0)=0
\end{displaymath}\par
Además tenemos que $f(0)=0$.\par
Luego la recta tangente es $y=0$.\par
Para la función hacemos una tabla de valores que aqui omitimos.
\begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/septiembre_a_2_07.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la región pedida.}
\label{Grafica101}
 \end{figure}\par
 Vamos a calcular el área. En la gráfica podemos ver marcada la región a la que queremos calcularle el área.
 \begin{displaymath}
  A=\int_0^2 2x^3 dx=\left[\dfrac{x^4}{2}\right]_0^2 = \dfrac{16}{2}-0=8 u^2
 \end{displaymath}

%Ejercicio 32 - Integral

\subsection[Septiembre 07 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Enuncia el Teorema del Valor Medio del Cálculo Integral.
 \item[b)] Calcula el punto al que se refiere dicho teorema para la función $f(x)=3x^2+1$ en el intervalo $\left[0,3\right]$
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{enumerate}
 \item [a)] La parte teórica puede encontrarse en cualquier libro.
 \item[b)] Vamos a ver cuanto vale la integral.
 \begin{displaymath}
  \int_0^3 \left(3x^2+1\right) dx=\left[x^3+x\right]_0^3=30-0=30
 \end{displaymath}\par
Vamos a buscar el valor pedido.
\begin{displaymath}
 f(c) (3-0)=30 \Longrightarrow \left(3c^2+1\right) \cdot 3=30\Longrightarrow 9c^2+3=30 \Longrightarrow
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 \Longrightarrow 9c^2=27 \Longrightarrow c^2=3 \Longrightarrow c=\pm \sqrt{3}
\end{displaymath}\par
De los dos valores sólo nos sirve $c=\sqrt{3}$, pues el otro no pertenece al intervalo $(0,3)$.
\end{enumerate}

%Ejercicio 33 - Integral

\subsection[Junio 08 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Calcula el valor de la siguiente integral (puede hacerse con el cambio de variable $t=ln(x)$)
\begin{displaymath}
 \int_1^e \dfrac{1}{x\left(1+ln(x)\right)} dx
\end{displaymath}
donde $ln$ denota el logaritmo neperiano.
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Para resolver la integral empezaremos por calcular una primitiva. Realizamos el cambio aconsejado.
\begin{displaymath}
   					\begin{array}{lcl}
                                            t=ln(x) &\Longrightarrow &dt=\dfrac{1}{x}dx\\
                                           \end{array}
\end{displaymath}\par
Luego:
\begin{displaymath}
 \int {\dfrac{1}{x\left(1+ln(x)\right)}dx}=\int {\dfrac{1}{1+t}dt}=ln(1+t)=ln(1+lnx)
\end{displaymath}\par
Por tanto:
\begin{displaymath}
 \int_1^e \dfrac{1}{x\left(1+ln(x)\right)} dx=\left[ln(1+ln(x))\right]_1^e=\left(ln(1+ln(e))-ln(1+ln(1))\right)=ln(2)-ln(1)=ln2
\end{displaymath}

%Ejercicio 34 - Integral

\subsection[Junio 08 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Representa gráficamente el recinto plano limitado por la recta $y+2x-6=0$ y la parábola $y=-x^2+2x+3$.
 \item [b)] Calcula su área.
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 08)\end{small}}\end{flushright}\newpage
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{enumerate}
 \item [a)] Vamos a hacer una tabla de valores para la recta:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|cc}
  x&0&2\\
  \hline
  y&6&2\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
Vamos a calcular una tabla de valores para la parábola. Para ello empezamos por calcular su vértices y hacemos después dicha tabla de valores.\par
 \begin{displaymath}
  x_v = \dfrac{-b}{2a}= \dfrac{-2}{-2}=1
 \end{displaymath}
 \begin{displaymath}
 \begin{array}{c|ccccc}
  x&1&0&2&-1&3\\
  \hline
  y&4&3&3&0&0\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
La representación gráfica es:
\begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/07_08_2_B.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la región pedida.}
\label{Grafica102}
 \end{figure}\par
\item[b)] Vamos a calcular el área. Para ello empezaremos por calcular los puntos de corte de las dos gráficas:
\begin{displaymath}
 \left. \begin{array}{l}
         y+2x-6=0\\
         y=-x^2+2x+3\\
        \end{array}\right\}\Longrightarrow
 \left. \begin{array}{l}
         y=-2x+6\\
         y=-x^2+2x+3\\
        \end{array}\right\}\Longrightarrow -2x+6=-x^2+2x+3
\end{displaymath}\par
Luego:
\begin{displaymath}
 x^2-4x+3=0
\end{displaymath}\par
Resolviendo la ecuación obtenemos:
\begin{displaymath}
 x=\dfrac{4\pm\sqrt{16-12}}{2}=\dfrac{4\pm2}{2}=\left\{
       \begin{array}{l}
        \dfrac{4+2}{2}=3\\
        \\
        \dfrac{4-2}{2}=1\\
       \end{array}\right.
\end{displaymath}\par
Vamos a resolver la integral.
\begin{displaymath}
 A=\int_1^3 \left[\left(-x^2+2x+3\right)-\left(-2x+6\right)\right]dx=\int_1^3\left(-x^2+4x-3\right)dx=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =\left[-\dfrac{x^3}{3}+2x^2-3x\right]_1^3=\left(-9+18-9\right)-\left(-\dfrac{1}{3}+2-3\right)=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =\dfrac{1}{3}-2+3=\dfrac{1-6+9}{3}=\dfrac{4}{3}u^2
\end{displaymath}
\end{enumerate}

%Ejercicio 35 - Integral

\subsection[Septiembre 08 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Calcula la función $f(x)$ cuya gráfica pasa por el punto $(0,1)$ (es decir, $f(0)=1$) y que tiene como derivada la función $f'(x)=\dfrac{2x}{x^2+1}$.
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a calcular la integral indefinida de $f'(x)$ y luego le impondremos a la función obtenida que pase por el punto $(0,1)$ para calcular el valor de la constante.\par
\begin{displaymath}
 \int{\dfrac{2x}{x^2+1}dx}=ln\left(x^2+1\right)+K
\end{displaymath}\par
Por tanto, como $f(0)=1$, tenemos:
\begin{displaymath}
 ln 1+ K=1 \Longrightarrow K=1
\end{displaymath}\par
Luego la función buscada es:
\begin{displaymath}
 f(x)=ln\left(x^2+1\right)+1
\end{displaymath}

%Ejercicio 36 - Integral

\subsection[Septiembre 08 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Define el concepto de primitiva de una función.
 \item [b)] Di, razonando la respuesta, si las funciones $F_1(x)=sen^2x$ y $F_2(x)=-cos^2x$ son primitivas de una misma función.
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
La respuesta al primer apartado puede encontrarse en cualquier libro de texto, por lo que pasaremos a resolver la segunda.\par
Vamos a calcular las derivadas de $F_1(x)$ y de $F_2(x)$ y veremos si coinciden.
\begin{displaymath}
 \begin{array}{l}
F_1'(x)=2 \cdot senx \cdot cosx\\
\\
F_2'(x)=2 \cdot (-cosx) \cdot (-senx) = 2 \cdot senx \cdot cosx\\
\end{array}
\end{displaymath}\par
Por tanto, ambas funciones son primitivas de una misma función.

% Ejercicio 37 - Integral

\subsection[Junio 09 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Exprese $f(x)=x \cdot \left|x\right|$ como una función definida a trozos y dibuje su gráfica de forma aproximada.
 \item [b)] Calcule la integral definida $\int_{-1}^1 x \cdot \left|x\right| dx$.
 \item [c)] Calcule el área del recinto plano limitado por la gráfica de $f(x)$, el eje \textit{OX}, la recta $x=-1$ y la recta $x=1$.
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Respondemos a las tres cuestiones.
\begin{enumerate}
 \item[a)] Si tenemos en cuenta que:
\begin{displaymath}
 \left|x\right|=\left\{
\begin{array}{ccc}
 x&si&x\geq0\\
-x&si&x<0\\
\end{array}\right.
\end{displaymath}
tenemos que
\begin{displaymath}
 f(x)=x \cdot \left|x\right|=\left\{
\begin{array}{ccc}
 x^2&si&x\geq0\\
-x^2&si&x<0\\
\end{array}\right.
\end{displaymath}
Por tanto su gráfica es:
\begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/grafica_J_09_41.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica de la función $f(x)=x \cdot \left|x\right|$.}
\label{Grafica09A41}
 \end{figure}\par
\item[b)] La integral definida de una función definida a trozos tiene que tener 
en cuenta los dos trozos, por tanto:
\begin{displaymath}
 \int_{-1}^1 f(x) dx= \int_{-1}^0 -x^2 dx + \int_0^1 x^2 dx=\left[\dfrac{-x^3}{3}\right]_{-1}^0
+\left[\dfrac{x^3}{3}\right]_0^1=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =\left[0-\dfrac{1}{3}\right]+\left[\dfrac{1}{3}-0\right]=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}=0
\end{displaymath}
\item[c)] El área que estamos buscando podemos verla en la siguiente gráfica:
\begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/grafica_J_09_41_area.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica del área buscada.}
\label{Grafica09A42}
 \end{figure}\par
El área será por tanto:
\begin{displaymath}
 A=\left|\int_{-1}^0 -x^2 dx \right| + \left|\int_{0}^1 x^2 dx \right|=\left|-\dfrac{1}{3}\right|
+ \left|\dfrac{1}{3}\right|=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}
\end{displaymath}
\end{enumerate}\newpage

% Ejercicio 38 - Integral

\subsection[Junio 09 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Escriba la fórmula, o regla, de integración por partes.
 \item [b)] Aplíquela para calcular la siguiente integral indefinida
\begin{displaymath}
 \int x^2 cosx dx
\end{displaymath}
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
La respuesta al primer apartado puede encontrarse en cualquier libro. Vamos a resolver la segunda
cuestión.\par
Es una integral en la que habrá que aplicar la integral por parte dos veces. En ambos casos derivaremos
 el polinomio e integraremos la función trigonométrica.
\begin{displaymath}
 \begin{array}{lcl}
  u=x^2&\Rightarrow&du=2x dx\\
\\
dv=cosx dx&\Rightarrow&v=senx\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
Sustituyendo tenemos:
\begin{displaymath}
 \int x^2 cosx dx = x^2 senx - \int 2x senx dx = x^2 senx - 2 \int x senx dx= (*)
\end{displaymath}\par
Volvemos a aplicar la integración por partes.
\begin{displaymath}
 \begin{array}{lcl}
  u=x&\Rightarrow&du=dx\\
\\
dv=senx dx&\Rightarrow&v=-cosx\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
Sustituyendo, de nuevo, tenemos.
\begin{displaymath}
 (*)= x^2 senx - 2 \left[-x cosx - \int -cosx dx\right]= x^2 senx - 2 \left[ -x cosx + \int cosx dx \right]
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =x^2 senx + 2x cosx - 2 senx + k
\end{displaymath}

% Ejercicio 39 - Integral

\subsection[Septiembre 09 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{Dada la parábola de ecuación 
$y=-x^2-2x+3$, sea $r$ su recta tangente en $x=-1$ y sea $s$ su recta tangente en $x=1$.
\begin{enumerate}
 \item [a)] Calcule las ecuaciones de $r$ y de $s$.
 \item [b)] Represente, de forma aproximada, el recinto plano limitado por la parábola, la recta 
$r$ y la recta $s$.
 \item [c)] Calcule el área de dicho recinto.
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a empezar por calcular las rectas $r$ y $s$. Comencemos por $r$. Para ello vamos a calcular 
la pendiente (que será el valor de la derivada en $x=-1$) y el punto por el que pasa $P\left(-1,y(1)\right)$.
\begin{displaymath}
 y'(x)=-2x-2 \Rightarrow y'(-1)=2-2=0
\end{displaymath}\par
A su vez tenemos que $y(1)=-1+2+3=4$. Por tanto $m_r=0$ y $P(-1,4)$. \par
En consecuencia la ecuación de la recta $r$ es:
\begin{displaymath}
 y-4=0(x+1) \Rightarrow y=4
\end{displaymath}\par
Vamos a calcular ahora la ecuación de $s$. Análogamente a la recta $r$ tenemos:
\begin{displaymath}
 y'(1)=-2-2=-4
\end{displaymath}\\
y tenemos que $y(1)=1-2+3=0$. Luego $m_s=-4$ y $Q(1,0)$.\par
Por tanto la ecuación de la recta $s$ es:
\begin{displaymath}
 y-0=-4(x-1) \Rightarrow y=-4x+4
\end{displaymath}\par
Pasemos al segundo apartado. Vamos a representar el recinto que nos piden. Para representar la 
parábola vamos a calcular la coordenada $x$ del vértice:
\begin{displaymath}
 x_v=\dfrac{-b}{2a}=\dfrac{2}{-2}=-1
\end{displaymath}\par
Vamos a calcular una tabla de valores:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|ccccc}
  x&-1&0&-2&1&-3\\
  \hline
  y&4&3&3&0&0\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
Para las rectas basta con una tabla de valores con sólo dos valores:
\begin{itemize}
 \item Recta $r$:\\
La tabla de valores podría ser
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|cc}
  x&-1&1\\
  \hline
  y&4&4\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
\item Recta $s$:\\
La tabla de valores podría ser
\begin{displaymath}
 \begin{array}{c|cc}
  x&-1&1\\
  \hline
  y&8&0\\
 \end{array}
\end{displaymath}\par
\end{itemize}\par
Luego la zona es:
\begin{figure}[h!]
  \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/grafica_S_09_A_41_area.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica del área buscada.}
\label{Grafica09AS42}
 \end{figure}\par
Vamos a calcular el área que nos piden en el último apartado. Si observamos la gráfica anterior 
podemos ver que hay dos zonas delimitadas.\par
 Una en el intervalo $\left[-1,0\right]$ y definida por  las funciones $y=-x^2-2x+3$ y por la 
función $y=4$. A esta zona la llamaremos $A_1$.\par
 La otra en el intervalo $\left[0,1\right]$ y definida por las funciones $y=-x^2-2x+3$ y por 
la función $y=-4x+4$. A esta zona la llamaremos $A_2$.\par
Vamos a ver los puntos de corte que observamos gráficamente.
\begin{itemize}
 \item Puntos de corte de las funciones $y=-x^2-2x+3$ e $y=4$.
\begin{displaymath}
 -x^2-2x+3=4 \Rightarrow -x^2-2x-1=0 \Rightarrow x^2+2x+1=0 \Rightarrow\left(x+1\right)^2=0 \Rightarrow x=-1
\end{displaymath}
 \item Puntos de corte de las funciones $y=-x^2-2x+3$ e $y=-4x+4$.
\begin{displaymath}
 -x^2-2x+3=-4x+4 \Rightarrow -x^2+2x+1=0 \Rightarrow x^2-2x+1=0 \Rightarrow \left(x-1\right)^2=0 \Rightarrow x=1
\end{displaymath}
\item Puntos de corte de las funciones $y=4$ e $y=-4x+4$.
\begin{displaymath}
 -4x+4=4 \Rightarrow -4x=0 \Rightarrow x=0
\end{displaymath}
\end{itemize}\par
El área que queremos calcular es $A=A_1+A_2$. Vamos a calcular $A_1$ y $A_2$.
\begin{eqnarray}
 A_1&=&\int_{-1}^{0}\left[4-\left(-x^2-2x+3\right)\right]dx=\int_{-1}^{0}\left(x^2+2x+1\right)dx=\nonumber\\
&&\nonumber\\
&=&\left[\dfrac{x^3}{3}+x^2+x\right]_{-1}^{0}=0-\left(-\dfrac{1}{3}+1-1\right)=\dfrac{1}{3} u^2\nonumber
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
 A_2&=&\int_{-1}^{0}\left[-4x+4-\left(-x^2-2x+3\right)\right]dx=\int_{-1}^{0}\left(x^2-2x+1\right)dx=\nonumber\\
&&\nonumber\\
&=&\left[\dfrac{x^3}{3}-x^2+x\right]_{-1}^{0}=\left(\dfrac{1}{3}-1+1\right)-0=\dfrac{1}{3} u^2\nonumber
\end{eqnarray}\par
Luego:
\begin{displaymath}
 A=A_1+A_2=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3} u^2
\end{displaymath}

% Ejercicio 40 - Integral

\subsection[Septiembre 09 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Calcule una primitiva de la función racional
\begin{displaymath}
 f(x)=\dfrac{1}{1-x^2}
\end{displaymath}
 \item [b)] Calcule la integral $\int {\frac{1}{cos x} dx}$ (puede utilizarse el cambio de 
variable $t=sen x$).
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a calcular la integral de esa función. Es obvio que se trata de la integral de 
una función racional con raices simples $\left[1-x^2= (1-x)(1+x)\right]$.
\begin{displaymath}
 \dfrac{1}{1-x^2}=\dfrac{A}{1-x}+\dfrac{B}{1+x}=\dfrac{A(1+x)+B(1-x)}{1-x^2}
\end{displaymath}\par
Luego:
\begin{displaymath}
 A(1+x)+B(1-x)=1 \hspace{1cm} \forall x\in \mathbb{R}
\end{displaymath}\par
Por tanto, dando a $x$ los valores $1$ y $-1$ tenemos:
\begin{eqnarray}
 x&=&1 \Rightarrow 2A=1 \Rightarrow A=\dfrac{1}{2}\nonumber\\
 x&=&-1 \Rightarrow -2B=1 \Rightarrow B=-\dfrac{1}{2}\nonumber
\end{eqnarray}\par
En consecuencia:
\begin{displaymath}
 \int \dfrac{1}{1-x^2}\,dx=\int \dfrac{\frac{1}{2}}{1-x}\,dx + \int \dfrac{-\frac{1}{2}}{1+x}\,dx=
-\dfrac{1}{2} ln|1-x| - \dfrac{1}{2} ln|1+x| + k
\end{displaymath}\par
La primitiva que nos piden podría ser:
\begin{displaymath}
 F(x)=-\dfrac{1}{2} ln|1-x| - \dfrac{1}{2} ln|1+x|
\end{displaymath}\par
Vamos a calcular la otra integral que nos piden aplicando el cambio aconsejado:
\begin{eqnarray}
 t&=&senx \Rightarrow t^2=sen^2x \Rightarrow 1-t^2=cos^2x \Rightarrow cosx= \sqrt{1-t^2}\nonumber\\
 dt&=&cosx dx \Rightarrow dx= \dfrac{dt}{\sqrt{1-t^2}}\nonumber
\end{eqnarray}\par
Luego:
\begin{displaymath}
 \int \dfrac{1}{\sqrt{1-t^2}} \cdot \dfrac{dt}{\sqrt{1-t^2}}= \int \dfrac{1}{1-t^2}\, dt
\end{displaymath}\par
Ahora bien, $1-t^2=(1-t)(1+t)$. Por tanto:
\begin{displaymath}
 A(1+t)+B(1-t)=1 \hspace{1cm} \forall t\in \mathbb{R}
\end{displaymath}\par
Sustituyendo $t=1$ y $t=-1$, tenemos:
\begin{eqnarray}
 t&=&1 \Rightarrow 2A=1 \Rightarrow A=\dfrac{1}{2}\nonumber\\
 t&=&-1 \Rightarrow -2B=1 \Rightarrow b=-\dfrac{1}{2}\nonumber
\end{eqnarray}\par
En consecuencia:
\begin{displaymath}
 \int \dfrac{1}{1-t^2} dt=\int \dfrac{\frac{1}{2}}{1-t}dt + \int \dfrac{-\frac{1}{2}}{1+t}dt=
-\dfrac{1}{2} ln|1-t| - \dfrac{1}{2} ln|1+t| + k
\end{displaymath}\par
Si deshacemos el cambio tendremos:
\begin{displaymath}
 \int \dfrac{1}{cosx} dx= -\dfrac{1}{2} ln|1-senx| - \dfrac{1}{2} ln|1+senx| + k
\end{displaymath}

















\chapter[Álgebra]{Álgebra}




\section[Matrices y determinantes]{Matrices y determinantes}

%Primer ejercicio - Matrices y determinantes

\subsection[Septiembre 00 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{Definir la suma y el producto de matrices. Dar un ejemplo de dos matrices que no pueden sumarse ni multiplicarse. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent \textbf{- Solución:}\par
La parte teórica puede encontrarse en cualquier libro.\par
Como ejemplo de matrices que no pueden sumarse ni multiplicarse tenemos:
\begin{displaymath}
 A=\left(
 \begin{array}{ccc}
  1&2&3\\
  0&-1&2\\
  1&0&3\\
 \end{array}
 \right) \text{    y    }
 B=\left(
 \begin{array}{cc}
  1&3\\
  5&-2\\
 \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
Es evidente que estas matrices no pueden sumarse, pues no son de la misma dimensión. De forma análoga no es difícil comprobar que no pueden multiplicarse, pues para eso es necesario que el número de columnas de la primera coincida con el número de filas de la segunda, cosa que no ocurre en ninguno de los casos.

%Segundo ejercicio - Matrices y determinantes.

\subsection[Septiembre 01 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Determinar todos los números reales $x$ para los que es positivo el determinante
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{ccc}
        3&-3&x\\
        1-x&x+1&-1\\
        2&0&x\\
       \end{array}
 \right|
\end{displaymath}
\end{normalsize}}\textit{\rightline{\begin{small}(Septiembre 01)\end{small}}}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a calcular el valor del determinante en función de $x$ para luego estudiar la inecuación resultante.
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{ccc}
        3&-3&x\\
        1-x&x+1&-1\\
        2&0&x\\
       \end{array}
 \right|=3x(x+1)+6-2x(x+1)+3x(1-x)=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =\cancel{3x^2}+3x+6-2x^2-2x+3x- \cancel{3x^2}=-2x^2+4x+6
\end{displaymath}\par
Vamos a ver donde $-2x^2+4x+6>0$. En primer lugar buscaremos las raices y con ellas construiremos la tabla para estudiar el signo de la función.
\begin{displaymath}
 -2x^2+4x+6=0 \Longrightarrow x^2-2x-3=0 
\end{displaymath}
 \begin{displaymath}
  x=\dfrac{2\pm\sqrt{4+12}}{2}=\dfrac{2\pm 4}{2}\left\{\begin{array}{l}
                                                        x=3\\
                                                        x=-1\\
                                                       \end{array}
  \right.
 \end{displaymath}\par
 Vamos a estudiar el signo de la función:
 \begin{displaymath}
  \begin{array}{c|c|c|c}
  		 & \left( -\infty,-1\right) & \left( -1,3\right) & \left( 3, +\infty \right)\\
  		\hline
  		-2x^2+4x+6 & - & + & -\\
             \end{array}
 \end{displaymath}\par
 Luego el determinante es positivo en $(-1,3)$.


%Tercer ejercicio - Matrices y determinantes

\subsection[Septiembre 01 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Calcular todas las matrices $X$ tales que $AX+B=X$, donde
\begin{displaymath}
 A=\left(\begin{array}{cc}
          1&1\\
          1&1\\
         \end{array}
 \right) \text{ , } B=
 \left(\begin{array}{cc}
          1&-2\\
          0&-1\\
         \end{array}
 \right)
\end{displaymath}
\end{normalsize}}\textit{\rightline{\begin{small}(Septiembre 01)\end{small}}}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Empezaremos por despejar la $X$ y después realizaremos las operaciones que sean necesarias:
\begin{displaymath}
 AX+B=X \Longrightarrow AX-X=-B \Longrightarrow \left(A-I\right)X=-B \Longrightarrow X=\left(A-I\right)^{-1} \cdot (-B)
\end{displaymath}\par
El último paso sólo podemos hacerlo si la matriz $A-I$ es regular, cuestión que veremos a continuación.
\begin{displaymath}
 A-I=\left(\begin{array}{cc}
            1&1\\
            1&1\\
           \end{array}
 \right)-\left(\begin{array}{cc}
            1&0\\
            0&1\\
           \end{array}
 \right)=\left(\begin{array}{cc}
            0&1\\
            1&0\\
           \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
Es evidente que esta matriz es regular, pues su determinante es distinto de cero. Vamos a calcular la inversa. Supongamos que dicha matriz es:
\begin{displaymath}
 (A-I)^{-1}=\left(\begin{array}{cc}
            x&y\\
            z&t\\
           \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
Dicha matriz cumplirá:
\begin{displaymath}
 \left(\begin{array}{cc}
            0&1\\
            1&0\\
           \end{array}
 \right) \cdot \left(\begin{array}{cc}
            x&y\\
            z&t\\
           \end{array}
 \right)= \left(\begin{array}{cc}
            1&0\\
            0&1\\
           \end{array}
 \right) \Longrightarrow 
 (A-I)^{-1}= \left(\begin{array}{cc}
            0&1\\
            1&0\\
           \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
Por tanto, sustituyendo tenemos:
\begin{displaymath}
 X=(A-I)^{-1} \cdot (-B) = \left(\begin{array}{cc}
            0&1\\
            1&0\\
           \end{array}
 \right)\cdot \left(\begin{array}{cc}
            -1&2\\
            0&1\\
           \end{array}
 \right)=\left(\begin{array}{cc}
            0&1\\
            -1&2\\
           \end{array}
 \right)
\end{displaymath}

%ejercicio 4 - Matrices y determinantes

\subsection[Junio 02 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Calcular la matriz $X$ tal que $AX=B$, donde
\begin{displaymath}
 A=\left(\begin{array}{cc}
          1&2\\
          0&1\\
         \end{array}
 \right) \text{  ,  } 
 B=\left(\begin{array}{cc}
          1&2\\
          3&4\\
         \end{array}
 \right)
\end{displaymath}
\end{normalsize}
}\begin{flushright}\textit{\begin{small}(Junio 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Como la matriz $A$ es invertible (pues $|A|=1\neq0$) podemos despejar la matriz $X$ multiplicando por la izquierda por la inversa de $A$.
\begin{displaymath}
 A\cdot X=\cdot B \Longrightarrow A^{-1}\cdot A \cdot X = A^{-1} \cdot B \Longrightarrow X=A^{-1} \cdot B
\end{displaymath}\par
Vamos a calcular la inversa de A.
\begin{displaymath}
 \left( \begin{array}{cc}
        x&y\\ z&t\\
       \end{array}\right) \cdot 
 \left( \begin{array}{cc}
        1&2\\ 0&1\\
       \end{array}\right)=
 \left( \begin{array}{cc}
        1&0\\ 0&1\\
       \end{array}\right) \Longrightarrow \left\{
 \begin{array}{l}
  x=1\\
  2x+y=0 \Longrightarrow y=-2\\
  z=0\\
  2z+t=1 \Longrightarrow t=1\\
 \end{array}\right.
\end{displaymath}\par
En consecuencia:
\begin{displaymath}
 X=A^{-1} \cdot B=
 \left( \begin{array}{cc}
        1&-2\\ 0&1\\
       \end{array}\right) \cdot 
 \left( \begin{array}{cc}
        1&2\\ 3&4\\
       \end{array}\right)=
 \left( \begin{array}{cc}
        -5&-6\\ 3&4\\
       \end{array}\right)
\end{displaymath}

%Ejercicio 5 - Matrices y determinantes

\subsection[Junio 03 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Calcular dos números naturales $a, b$ menores que 10 y tales que la siguiente matriz $A$ tenga rango 2:
\begin{displaymath}
 \left(\begin{array}{ccc}
  2&2&b\\
  0&5&a\\
  3&1&b\\
 \end{array}\right)
\end{displaymath}\end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 03)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Es evidente que $Rg(A)\geq2$, pues $\left|\begin{array}{cc}
                                      2&2\\
                                      0&5\\
                                     \end{array}\right|=10\neq0$.
Calculemos el valor del $|A|$.
\begin{displaymath}
 |A|=\left|\begin{array}{ccc}
            2&2&b\\
            0&5&a\\
            3&1&b\\
           \end{array}\right|=10b+6a-15b-2a=-5b+4a
\end{displaymath}\par
Los números que buscamos tienen que ser \textbf{naturales, menores que 10 y anular el determinante}. Por tanto:
\begin{displaymath}
 -5b+4a=0 \Longrightarrow 4a=5b \Longrightarrow b=\dfrac{4a}{5}
\end{displaymath}\par
Esto sólo es posible si $a=5 \mbox{ y } b=4.$

%Ejercicio 6 - Matrices y determinantes

\subsection[Septiembre 03 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Definir el producto de matrices. Dar un ejemplo de dos matrices $A, B$ con 2 filas y 2 columnas, tales que $A \cdot B$ no coincida con $B \cdot A$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 03)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La parte teórica puede encontrarse en cualquier libro.\par
 Lo más natural sería que al elegir dos matrices el producto no sea conmutativo. Vamos a encontrar dos matrices que cumplan lo que piden y vamos a comprobar que así ocurre. Tomamos las matrices:
 \begin{displaymath}
  A=\left(\begin{array}{cc}
           1&3\\
           2&5\\
          \end{array}\right)
\mbox{  y  } B=\left(\begin{array}{cc}
                      2&3\\
                      1&1\\
                     \end{array}\right)
 \end{displaymath}\par
Realicemos ambos productos para ver que no coinciden:
\begin{displaymath}
 A \cdot B=\left(\begin{array}{cc}
           1&3\\
           2&5\\
          \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{cc}
                      2&3\\
                      1&1\\
                     \end{array}\right)=
                     \left( \begin{array}{cc}
                             5&6\\
                             9&11\\
                            \end{array}\right)
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 B \cdot A=\left(\begin{array}{cc}
                      2&3\\
                      1&1\\
                     \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{cc}
           1&3\\
           2&5\\
          \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}
                                    8&21\\
                                    3&8\\
                                   \end{array}\right)
\end{displaymath}

%Ejercicio 7 - Matrices y determinantes

\subsection[Junio 04 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Determinar todas las matrices $X$ tales que $A\cdot X=X \cdot A$, donde:
\begin{displaymath}
  \mathbf{A} = \left( \begin{array}{cc}
  		1 & 1\\
  		1 & 1\\
             \end{array} \right)
 \end{displaymath}\end{normalsize}}
 \begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 04)\end{small}}\end{flushright}
 \noindent\textbf{- Solución:}\par
  Supongamos que nuestra matriz X tiene la forma: 
  \begin{displaymath}
  \mathbf{X} = \left( \begin{array}{cc}
  		a & b\\
  		c & d\\
             \end{array} \right)
 \end{displaymath}\par
 Siendo A como es tenemos que:
 \begin{displaymath}
  \mathbf{A \cdot X} = \left( 
  	     \begin{array}{cc}
  		1 & 1\\
  		1 & 1\\
             \end{array} \right)
             \left( 
  	     \begin{array}{cc}
  		a & b\\
  		c & d\\
             \end{array} \right)=\left( 
  	     \begin{array}{cc}
  		a+c & b+d\\
  		a+c & b+d\\
             \end{array} \right)
 \end{displaymath}
 \begin{displaymath}
  \mathbf{X \cdot A} = \left( 
  	     \begin{array}{cc}
  		a & b\\
  		c & d\\
             \end{array} \right)
             \left( 
  	     \begin{array}{cc}
  		1 & 1\\
  		1 & 1\\
             \end{array} \right)=\left( 
  	     \begin{array}{cc}
  		a+b & a+b\\
  		c+d & c+d\\
             \end{array} \right)
 \end{displaymath}\par
 Buscamos que $A \cdot X=X \cdot A$, por tanto igualando tenemos:
 \begin{displaymath}
  \left( 
  	     \begin{array}{cc}
  		a+c & b+d\\
  		a+c & b+d\\
             \end{array} \right)=
             \left( 
  	     \begin{array}{cc}
  		a+b & a+b\\
  		c+d & c+d\\
             \end{array} \right)
 \end{displaymath}\par
 De lo que deducimos que:
 $$\cancel {a}+c=\cancel {a}+b \Longrightarrow c=b$$
 $$\cancel {b}+d=a+\cancel {b} \Longrightarrow a=d$$
 $$a+\cancel {c}=\cancel {c}+d \Longrightarrow a=d$$
 $$b+\cancel {d}=c+\cancel {d} \Longrightarrow c=b$$\par
 Por tanto la matriz $X$ buscada tiene la siguiente forma:
 \begin{displaymath}
  \mathbf{X} = \left( \begin{array}{cc}
  		a & b\\
  		b & a\\
             \end{array} \right)
 \end{displaymath}
 
%Ejercicio 8 - Matrices y determinantes

\subsection[Junio 04 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{Hallar una matriz con tres filas y tres columnas que tenga tres elementos nulos y tal que ninguno de sus menores de orden dos sea nulo. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}
 \begin{displaymath}
  \mathbf{X} = \left( \begin{array}{ccc}
  		0 & 1 & 1\\
  		1 & 0 & 1\\
  		1 & 1 & 0\\
             \end{array} \right)
 \end{displaymath}
 
%Ejercicio 9 - Matrices y determinantes

\subsection[Septiembre 04 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{Definir el concepto de rango de una matriz. Dar un ejemplo de una matriz con 3 filas y 4 columnas que tenga rango 2. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
  La parte de teoría se puede consultar en cualquier libro.\par
   Para el segundo interrogante basta con coger las dos primeras filas que den rango 2 y la tercera sea combinación lineal de estas dos, por ejemplo, la suma de las dos:
  \begin{displaymath}
  \mathbf{X} = \left( \begin{array}{cccc}
  		1 & 3 & 2 & 0\\
  		-1 & 1 & 0 & 3\\
  		1-1 & 3+1 & 2+0 & 0+3\\
             \end{array} \right)=
             \left( \begin{array}{cccc}
  		1 & 3 & 2 & 0\\
  		-1 & 1 & 0 & 3\\
  		0 & 4 & 2 & 3\\
             \end{array} \right)
 \end{displaymath}

%Ejercicio 10 - Matrices y determinantes
 
 \subsection[Septiembre 04 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{¿Puede aumentar el rango de una matriz cuadrada de 3 filas al sustituir un coeficiente no nulo por 0?¿y permanecer igual?. Justificar las respuestas. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
  En ambos casos la respuesta es SI. Veámoslo con un ejemplo.\par
  En el primer caso, supongamos una matriz de rango 2 en la que la tercera fila sea suma de las dos primeras. si en la tercera fila cambiamos un número por cero es posible que el rango sea tres. Veamos un ejemplo:
  \begin{displaymath}
  \mathbf{A} = \left( \begin{array}{ccc}
  		1 & 2 & 3\\
  		3 & 1 & 2\\
  		4 & 3 & 5\\
             \end{array} \right)
 \end{displaymath}\par
 Esta matriz tiene rango 2, mientras que la matriz $A'$ que mencionamos a continuación tiene rango 3:
 \begin{displaymath}
  \mathbf{A'} = \left( \begin{array}{ccc}
  		1 & 2 & 3\\
  		3 & 1 & 2\\
  		4 & 3 & 0\\
             \end{array} \right) \Longrightarrow
             \left\vert \mathbf{A'} \right\vert =
             \left\vert \begin{array}{ccc}
  		1 & 2 & 3\\
  		3 & 1 & 2\\
  		4 & 3 & 0\\
             \end{array} \right\vert =
             16+27-12-6 \neq 0
 \end{displaymath}\par
 En el segundo caso veamos el ejemplo:
 \begin{displaymath}
  \mathbf{A} = \left( \begin{array}{ccc}
  		0 & 1 & 1\\
  		1 & 0 & 1\\
  		1 & 1 & 0\\
             \end{array} \right)
 \end{displaymath}\par
 Esta matriz tiene rango 3, pues $\left\vert A \right\vert=2 \neq 0$\par
 Además si cambio un 1 por un 0, como en el ejemplo que sigue, tenemos:
 \begin{displaymath}
  \mathbf{A'} = \left( \begin{array}{ccc}
  		0 & 1 & 0\\
  		1 & 0 & 1\\
  		1 & 1 & 0\\
             \end{array} \right)
 \end{displaymath}
 que también tiene rango 3, pues $\left\vert A' \right\vert=1 \neq 0$

%Ejercicio 11 - Matrices y determinantes

\subsection[Junio 06 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{Sea $A$ una matriz cuadrada tal que $A^2=A+I$, donde $I$ es la matriz unidad. Demuestra que la matriz $A$ es invertible. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Una posible manera de resolverlo es comprobar que la matriz $B=A-I$ es la inversa de $A$. Vamos a comprobarlo.
 \begin{displaymath}
  A \cdot B=A \cdot (A-I)= A^2 - A=\cancel {A}+I-\cancel {A}= I
 \end{displaymath}
 \begin{displaymath}
  B \cdot A= (A-I) \cdot A=A^2-A=\cancel {A}+I-\cancel {A}= I
 \end{displaymath}\par
Luego la matriz $B$ así construida es la inversa de $A$ y por tanto $A$ es invertible.\par
Otra forma de resolverlo sería la siguiente:\par
Tenemos que $A^2=A+I$, por tanto:
\begin{displaymath}
 A^2-A=I \Longrightarrow A(A-I)=I
\end{displaymath}\par
Como ambas matrices son iguales, sus determinantes son iguales y operando llegamos a lo que queremos.
\begin{displaymath}
 \left|A(A-I)\right|=\left|I\right| \Longrightarrow \left|A\right|\left|A-I\right|=\left|I\right|=1
\end{displaymath}\par
En consecuencia ninguno de los factores puede ser cero al ser el producto 1 y de ahí deducimos que $\left|A\right|\neq 0 \Longrightarrow  A $ es invertible.

%Ejercicio 12 - Matrices y determinantes

\subsection[Septiembre 06 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{Escribe un ejemplo de una matriz de rango 2, con 3 filas y 4 columnas, que no tenga ningún coeficiente nulo. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Basta con tomar las dos primeras filas linealmente independientes sin coeficientes nulos y sumarlas para obtener la tercera, como por ejemplo
 \begin{displaymath}
  \left( \begin{array}{cccc}
          1&2&3&4\\
          5&6&7&8\\
          6&8&10&12\\
         \end{array}\right)
 \end{displaymath}

%Ejercicio 13 - Matrices y determinantes

\subsection[Junio 07 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Calcula el rango de la matriz A, según los valores del parámetro a
 \begin{displaymath}
  \left( \begin{array}{cccc}
          1&2&3&a\\
          2&4&6&8\\
          3&6&9&12\\
         \end{array}\right)
 \end{displaymath}
 \item [b)] Escribe las propiedades del rango que hayas usado.
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 07)\end{small}}\end{flushright}
\newpage
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{enumerate}
 \item [a)] Es evidente que las columnas 2ª y 3ª son proporcionales a la primera, luego como mucho el rango será 2. De igual manera las filas 2ª y 3ª son proporcinales ($F_3=\dfrac{3}{2} F_2$), por tanto el único menor que puede dar distinto de cero es:
 \begin{displaymath}
  \left| \begin{array}{cc}
          1&a\\
          2&8\\
         \end{array}\right|=8-2a=0 \Longrightarrow a=4
 \end{displaymath}
En consecuencia:
\begin{itemize}
 \item [-] Si $a=4 \Longrightarrow Rg A=1$
 \item [-] Si $a\neq 4 \Longrightarrow Rg A=2$
\end{itemize}
\item[b)] Mirar en un libro, aunque ya se razonó en el apartado anterior.
\end{enumerate}

%Ejercicio 14 - Matrices y determinantes

\subsection[Septiembre 07 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{Sea $A$ una matriz cuadrada de orden 3.
\begin{enumerate}
 \item [a)] Si sabemos que el determinante de la matriz $2A$ es $\left|2A\right|=8$. ¿Cuánto vale el determinante de $A$? Escribe la propiedad de los determinantes que hayas usado para obtener este valor.
 \item [b)] Calcula para qué valores de $x$ se cumple que $\left|2A\right|=8$, siendo $A$ la matriz
 \begin{displaymath}
  A=\left(\begin{array}{ccc}
           x&1&1\\
           x+1&2&2\\
           x&2-x&1\\
          \end{array}
  \right)
 \end{displaymath}
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{enumerate}
 \item [a)] La matriz $2A$ se obtiene multiplicando cada fila por 2. Como son tres sus filas tenemos:
 \begin{displaymath}
  \left|2A\right|=2^3 \cdot \left|A\right|
 \end{displaymath}\par
En consecuencia tenemos $\left|A\right|=1$.\par
La propiedad que hemos usado es aquella que dice que \textit{si multiplicamos todos los elementos de una fila o columna de una matriz cuadrada por un mismo número, el determinante de la matriz resultante es el producto de dicho número por el determinante de la matriz original}.
\item[b)] Según lo anterior $\left|A\right|=1$. Ahora bien
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{ccc}
        x&1&1\\
        x+1&2&2\\
        x&2-x&1\\
       \end{array}
 \right|=2x+2x+(x+1) (2-x)-2x-(x+1)-2x(2-x)=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =2x+2x+2x+2-x^2-x-2x-x-1-4x+2x^2=x^2-2x+1
\end{displaymath}\par
En consecuencia:
\begin{displaymath}
 \left|A\right|=x^2-2x+1=1 \Longrightarrow x^2-2x=0
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 x(x-2)=0 \Longrightarrow \left|
 \begin{array}{l}
  x=0\\
  x-2=0 \Longrightarrow x=2\\
 \end{array}\right.
\end{displaymath}
\end{enumerate}

%Ejercicio 15 - Matrices y determinantes

\subsection[Septiembre 07 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Calcula la matriz $X$ tal que $A^2X=A$, donde
\begin{displaymath}
 A=\left(\begin{array}{cc}
          1&2\\
          1&1\\
         \end{array}
 \right)
\end{displaymath}
}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a empezar por calcular $A^2$.
\begin{displaymath}
 A^2=A \cdot A = \left(\begin{array}{cc}
          1&2\\
          1&1\\
         \end{array}
 \right) \cdot \left(\begin{array}{cc}
          1&2\\
          1&1\\
         \end{array}
 \right)= \left( \begin{array}{cc}
                  3&4\\
                  2&3\\
                 \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
Es obvio que la matriz resultante es regular, pues su determinante vale 1.\par
Mi ecuación es:
\begin{displaymath}
 \left( \begin{array}{cc}
                  3&4\\
                  2&3\\
                 \end{array}
 \right) \cdot X= \left(\begin{array}{cc}
          1&2\\
          1&1\\
         \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
Luego:
\begin{displaymath}
 X= \left( \begin{array}{cc}
                  3&4\\
                  2&3\\
                 \end{array}
 \right)^{-1} \cdot \left(\begin{array}{cc}
          1&2\\
          1&1\\
         \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
Vamos a calcular primero la inversa:
\begin{displaymath}
 \left( \begin{array}{cc}
                  3&4\\
                  2&3\\
                 \end{array}
 \right) \longrightarrow \left( \begin{array}{cc}
                  3&2\\
                  4&3\\
                 \end{array}
 \right) \longrightarrow \left( \begin{array}{cc}
                  3&-2\\
                  -4&3\\
                 \end{array}
 \right) \longrightarrow \left( \begin{array}{cc}
                  3&-4\\
                  -2&3\\
                 \end{array}
 \right)
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 A^{-1}=\dfrac{\left( \begin{array}{cc}
                  3&-4\\
                  -2&3\\
                 \end{array}
 \right)}{1}=\left( \begin{array}{cc}
                  3&-4\\
                  -2&3\\
                 \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
En consecuencia:
\begin{displaymath}
 X=\left( \begin{array}{cc}
                  3&-4\\
                  -2&3\\
                 \end{array}
 \right) \cdot \left(\begin{array}{cc}
          1&2\\
          1&1\\
         \end{array}
 \right) = \left(\begin{array}{cc}
          -1&2\\
          1&-1\\
         \end{array}
 \right)
\end{displaymath}

%Ejercicio 16 - Matrices y determinantes

\subsection[Junio 08 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Determina el rango de la matriz \textit{A} según los valores de \textit{b}:
\begin{displaymath}
 A=\left(\begin{array}{ccc}
          -1&2&b\\
          b&b-3&-1\\
          0&2&1\\
         \end{array}
 \right)
\end{displaymath}
}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a resolver el determinante de orden 3 e igualaremos a cero.
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{ccc}
          -1&2&b\\
          b&b-3&-1\\
          0&2&1\\
         \end{array}
 \right|=-(b-3)+2b^2-2b-2=-b+3+2b^2-2b-2=2b^2-3b+1=0
\end{displaymath}\par
Resolviendo la ecuación tenemos:
\begin{displaymath}
 b=\dfrac{3\pm\sqrt{9-8}}{4}=\dfrac{3\pm1}{4}=\left\{
 \begin{array}{l}
  \dfrac{3+1}{4}=1\\
  \\
  \dfrac{3-1}{4}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2} 
  \end{array}\right.
\end{displaymath}\par
Por tanto:
\begin{itemize}
 \item Si $b\neq1,\dfrac{1}{2}$ el rango es 3.
 \item Si $b=1$ la matriz es:
 \begin{displaymath}
  \left(\begin{array}{ccc}
         -1&2&1\\
         1&-2&-1\\
         0&2&1\\
        \end{array}
\right)
 \end{displaymath}\par
En este caso el rango es 2, pues las dos primeras filas son linealmente dependientes y la 2ª y 3ª son linealmente independientes.
\item Si $b=\dfrac{1}{2}$ la matriz es:
\begin{displaymath}
  \left(\begin{array}{ccc}
         -1&2&\dfrac{1}{2}\\
         \dfrac{1}{2}&-\dfrac{5}{2}&-1\\
         0&2&1\\
        \end{array}
\right)
\end{displaymath}\par
En este caso el rango también es 2 pues las filas 2ª y 3ª son linealmente independientes y no puede ser tres al anularse el determinante.
\end{itemize}

%Ejercicio 17 - Matrices y determinantes

\subsection[Septiembre 08 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Define el concepto de rango de una matriz.
 \item[b)] Determina razonadamente si la tercera fila de la matriz \textit{A} es combinación lineal de las dos primeras
\begin{displaymath}
 A=\left(\begin{array}{ccc}
          1&1&1\\
          1&2&-1\\
          2&1&1\\
         \end{array}
 \right)
\end{displaymath}
\end{enumerate}
}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{enumerate}
 \item [a)] La respuesta a este apartado puede encontrarse en cualquier libro de texto.
 \item[b)] Dada la matriz
 \begin{displaymath}
 A=\left(\begin{array}{ccc}
          1&1&1\\
          1&2&-1\\
          2&1&1\\
         \end{array}
 \right)
\end{displaymath}
vamos a ver si existen \textit{a} y \textit{b} distintos de cero tal que:
\begin{displaymath}
 (2,1,1)=a(1,1,1)+b(1,2,-1)
\end{displaymath}
De aquí obtenemos el siguiente sistema:
\begin{displaymath}
 \left.\begin{array}{ccccl}
        a&+&b&=&2\\
        a&+&2b&=&1\\
        a&-&b&=&1\\
       \end{array}\right]
\end{displaymath}
De las ecuaciones 1ª y 3ª deducimos:
\begin{displaymath}
 \left.\begin{array}{ccccl}
        a&+&b&=&2\\
        a&-&b&=&1\\
       \end{array}\right]\Longrightarrow2a=3\Longrightarrow a=\dfrac{3}{2}
\end{displaymath}\par
Por tanto $b=2-\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{2}$\par
Si estos valores cumplen la segunda ecuación tendríamos que si es dependiente de las dos primeras, en caso contrario sería independiente. Sustituimos y tenemos
\begin{displaymath}
 \dfrac{3}{2}+\dfrac{2}{2}=\dfrac{5}{2}\neq 1
\end{displaymath}\par
Luego la tercera fila es independiente de las dos primeras.
\end{enumerate}

%Ejercicio 18 - Matrices y determinantes

\subsection[Junio 09 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{Sea $A$ una matriz cuadrada de orden 3. Sabemos que el determinante
de $A$ es $\left|A\right|=2$. Calcula los siguientes determinantes:
\begin{enumerate}
 \item [a)] $\left|2A\right|$.
 \item [b)] $\left|A^ {-1}\right|$.
 \item [c)] $\left|A \cdot A^t\right|$ ($A^t$ es la traspuesta de la matriz $A$).
 \item [d)] Determinante de la matriz obtenida al intercambiar las dos primeras columnas de $A$.
 \item [e)] Determinante de la matriz que se obtiene al sumar a la primera fila de $A$ la segunda multiplicada por 2.
\end{enumerate}
}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{enumerate}
 \item [a)] La matriz $2A$ es aquella que se obtiene multiplicando cada elemento de $A$ por 2. 
Además hay una propiedad de los determinantes que afirma, que si multiplicamos los 
elementos de una fila o columna de una matriz cuadrada por un número no nulo, el determinante
de la matriz queda multiplicado por dicho número.\\En consecuencia, como todas las filas están
 multiplicadas por 2 y la matriz  $A$ es de orden 3,
\begin{displaymath}
 \left|2A\right|=2^3 \cdot \left|A\right|=8 \cdot 2=16
\end{displaymath}
\item [b)] Sabemos que $\left|A \cdot B\right|=\left|A\right| \cdot \left|B\right|$. Además,
$A \cdot A^{-1}=I$ cuyo determinante vale 1.\\
Por tanto,
\begin{displaymath}
 \left|A \cdot A^{-1}\right|=\left| I \right| \Rightarrow \left|A^{-1}\right| \cdot \left|A\right|=1 \Rightarrow \left|A^{-1}\right|=\dfrac{1}{\left|A\right|}
=\dfrac{1}{2}
\end{displaymath}
\item [c)] Aplicando la misma propiedad anterior y otra que dice que $\left|A^t\right|=\left|A\right|$,
\begin{displaymath}
 \left|A \cdot A^t\right|=\left|A\right| \cdot \left|A^t\right|=\left|A\right|^2= 4
\end{displaymath}
\item [d)] Hay otra propiedad de los determinantes que dice que si intercambiamos dos filas o columnas de una matriz, el 
determinante de dicha matriz cambia de signo.\\
Por tanto el determinante buscado vale $-2$.
\item [e)] Hay otra propiedad que dice que si a una fila o columna le sumamos una combinación lineal de las demás paralelas, su determinante no varía. En 
consecuencia el determinante de esta nueva matriz sigue siendo 2.
\end{enumerate}

%Ejercicio 19 - Matrices y determinantes

\subsection[Junio 09 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Determine el rango de la matriz $A$ siguiente
según los valores del parámetro $b$:
\begin{displaymath}
A=\left(\begin{array}{ccc}
          0&b&b\\
          1&0&1\\
          b&-2&0\\
         \end{array}
 \right)
\end{displaymath}
}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Para estudiar el rango vamos a calcular el determinante de la matriz.
\begin{displaymath}
 \left|A\right|=\left|\begin{array}{ccc}
                       0&b&b\\
		       1&0&1\\
		       b&-2&0\\
                      \end{array}\right|=
b^2-2b=0 \Rightarrow b(b-2)=0 \Rightarrow \left|\begin{array}{l}
                                           b=0\\
					   b=2\\
                                          \end{array}\right.
\end{displaymath}\par
Luego:
\begin{itemize}
 \item Si $b\neq0,2 \Rightarrow RgA=3$
 \item Si $b=0$ la matriz resultante es
\begin{displaymath}
 A=\left(\begin{array}{ccc}
          0&0&0\\
	  1&0&1\\
	  0&-2&0\\
         \end{array}\right)
\end{displaymath}\par
En este caso $RgA=2$, pues el menor $\left|\begin{array}{cc}
                                            1&0\\
					    0&-2\\
                                           \end{array}\right|=-2\neq0$
\item Si $b=2$ la matriz resultante es
\begin{displaymath}
 A=\left(\begin{array}{ccc}
          0&2&2\\
	  1&0&1\\
	  2&-2&0\\
         \end{array}\right)
\end{displaymath}\par
En este caso $RgA=2$, pues el menor $\left|\begin{array}{cc}
                                            0&2\\
					    1&0\\
                                           \end{array}\right|=-2\neq0$
\end{itemize}

%Ejercicio 20 - Matrices y determinantes

\subsection[Septiembre 09 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{Considere las matrices:
\begin{displaymath}
A=\left(\begin{array}{c}
          1\\
          -2\\
          -1\\
         \end{array}
 \right) , B=\left(\begin{array}{ccc}
         1&-2&2
         \end{array}
 \right) , X= \left(\begin{array}{c}
          x\\
          y\\
          z\\
         \end{array}
 \right) , O=\left(\begin{array}{c}
          0\\
          0\\
          0\\
         \end{array}
 \right)
\end{displaymath}
\begin{itemize}
 \item [a)] Diga razonadamente cuál es el rango de la matriz $A \cdot B$.
 \item [b)] Clasifique y resulva el sistema de ecuaciones:
\begin{displaymath}
 A \cdot B \cdot X = O
\end{displaymath}
\end{itemize}
}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{itemize}
 \item [a)] Por definición, el rango de $A \cdot B$, tiene tantas filas como $A$ y tantas columnas
 como $B$. Por tanto es una matriz cuadrada de orden 3.
 \item [b)] Veamos cuál es la matriz $A \cdot B$.
\begin{displaymath}
 A \cdot B =\left(\begin{array}{c}
          1\\
          -2\\
          -1\\
         \end{array}
 \right) \cdot \left(\begin{array}{ccc}
         1&-2&2
         \end{array}
 \right)= \left(\begin{array}{ccc}
               1&-2&2\\
	       -2&4&-4\\
	       -1&2&-2\\
                \end{array}\right)
\end{displaymath}\par
El sistema sale de:
\begin{displaymath}
 A \cdot B \cdot X=0 \Rightarrow \left(\begin{array}{ccc}
               1&-2&2\\
	       -2&4&-4\\
	       -1&2&-2\\
                \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}
          x\\
          y\\
          z\\
         \end{array}
 \right)=\left(\begin{array}{c}
          0\\
          0\\
          0\\
         \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
Por tanto es:
\begin{displaymath}
 \left.\begin{array}{rcrcrl}
        x&-&2y&+&2z&=0\\
	-2x&+&4y&-&4z&=0\\
	-x&+&2y&-&2z&=0\\
       \end{array}\right\}
\end{displaymath}\par
Es obvio que se trata de un sistema homogéneo, luego ya sabemos que es compatible. Además es fácil 
observar que las ecuaciones segunda y tercera son proporcionales a la primera, luego podemos 
eliminarlas y quedarnos sólo con la primera.\par
Tengo pues un sistema compatible con una ecuación y tres incógnitas, luego es compatible indeterminado 
y además voy a necesitar dos parámetros. \par
Para resolverlo voy a transformar en parámetros las incógnitas $y$ y $z$. Entonces tenemos:
\begin{displaymath}
 \left.\begin{array}{l}
x-2y+2z=0\\
y=\alpha\\
z=\beta\\
 \end{array}\right]\Rightarrow
\left.\begin{array}{lrcr}
x=&2\alpha&-&2\beta\\
y=&\alpha&&\\
z=&&&\beta\\
 \end{array}\right]
\end{displaymath}
\end{itemize}

%Ejercicio 21 - Matrices y determinantes

\subsection[Septiembre 09 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{Considere la matriz
$A=\left(\begin{array}{ccc}
          1&1&1\\
          a&b&c\\
          a^2&b^2&c^2\\
         \end{array}
 \right)$.
\begin{itemize}
 \item [a)] Calcule el determinante de $A$ y compruebe la igualdad
\begin{displaymath}
 \left|A\right|=(b-a)(c-a)(c-b)
\end{displaymath}
 \item [b)] ¿Qué relación debe existir entre $a$, $b$ y $c$ para que el rango de la matriz $A$ sea 
igual a 1? Justifique la respuesta.
\end{itemize}
}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 09)\end{small}}\end{flushright}
\newpage
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Este determinante es conocido como determinante de Vandermonde.
\begin{eqnarray}
|A|&=&\left|\begin{array}{ccc}
           1&1&1\\
	   a&b&c\\
           a^2&b^2&c^2\\
           \end{array}\right| \stackrel{\tbinom{F_{2}=F_{2}-aF_{1}}{F_{3}=F_{3}-a^2f_{1}}}{=} 
    \left|\begin{array}{ccc}
           1&1&1\\
	   0&b-a&c-a\\
           0&b^2-a^2&c^2-a^2\\
           \end{array}\right| = 1 \cdot A_{11}=\nonumber\\
&&\nonumber\\
&=&\left|\begin{array}{cc}
	   b-a&c-a\\
           b^2-a^2&c^2-a^2\\
           \end{array}\right|=(b-a)\left(c^2-a^2\right)-(c-a)\left(b^2-a^2\right)\nonumber\\
&&\nonumber\\
&=&(b-a)(c-a)(c+a)- (c-a)(b-a)(b+a)=\nonumber\\
&&\nonumber\\
&=&(b-a)(c-a)\left[(c+a)-(b+a)\right]=(b-a)(c-a)(c-b)\nonumber
\end{eqnarray}\par
Vamos a responder al segundo apartado.\par
Es obvio que $RgA=1$ por la primera fila. Para que sea sólo 1 las otras dos filas 
tienen que ser dependientes de ésta, es decir, tienen que ser proporcionales a ella. De aquí 
deducimos que $a, \, b, \mbox{ y } c$ tienen que ser iguales.

















\newpage
\section[Sistemas de ecuaciones]{Sistemas de ecuaciones}

%Primer ejercicio - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Junio 00 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\begin{normalsize}La matriz de coeficientes de un sistema de ecuaciones lineales homogéneo es $M$. Hallar un sistema equivalente tal que todos los elementos de la diagonal principal de la nueva matriz asociada sean nulos:
\begin{displaymath}
 M=\left(
 \begin{array}{ccc}
  -1&0&3\\
  3&1&1\\
  0&2&1\\
 \end{array}\right)
\end{displaymath}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a aplicar el método de Gauss para hacer los ceros que nos piden.
\begin{displaymath}
 \left(
 \begin{array}{ccc}
  -1&0&3\\
  3&1&1\\
  0&2&1\\
 \end{array}\right) \xrightarrow[]{F_3=F_3-F_2}
 \left(
 \begin{array}{ccc}
  -1&0&3\\
  3&1&1\\
  -3&1&0\\
 \end{array}\right) \xrightarrow[]{F_2=F_2-F_3}
 \left(
 \begin{array}{ccc}
  -1&0&3\\
  6&0&1\\
  -3&1&0\\
 \end{array}\right)
 \end{displaymath}
  \begin{displaymath}
  \xrightarrow[]{F_1=3F_1-F_3}
 \left(
 \begin{array}{ccc}
  0&-1&9\\
  6&0&1\\
  -3&1&0\\
 \end{array}\right)
\end{displaymath}
La matriz buscada es:
\begin{displaymath}
 M'=\left(
 \begin{array}{ccc}
  0&-1&9\\
  6&0&1\\
  -3&1&0\\
 \end{array}\right)
\end{displaymath}

%Segundo ejercicio - sistemas de ecuaciones

\subsection[Junio 00 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Dar un ejemplo de un sistema de 2 ecuaciones lineales con 3 incógnitas que sea incompatible. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{displaymath}
 \left. \begin{array}{c}
         x+y+z=1\\
         x+y+z=2\\
        \end{array}\right\}
\end{displaymath}

%Ejercicio 3 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Septiembre 00 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Discutir el siguiente sistema de ecuaciones lineales según el parámetro $a$:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{ccccccc}
  (a-3)x&&&+&4z&=&2\\
  x&&&-&2z&=&-1\\
  -x&+&ay&+&2z&=&a\\
 \end{array}
\end{displaymath}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent \textbf{- Solución:}\par
La matriz asociada al sistema es:
\begin{displaymath}
 \left(
 \begin{array}{ccc|c}
  a-3&0&4&2\\
  1&0&-2&-1\\
  -1&a&2&a\\
 \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
Vamos a empezar por estudiar el rango de la matriz de los coeficientes:
\begin{displaymath}
 \left|
 \begin{array}{ccc}
  a-3&0&4\\
  1&0&-2\\
  -1&a&2\\
 \end{array}
 \right|=4a+2a(a-3)=4a+2a^2-6a=2a^2-2a
\end{displaymath}\par
Igualando a cero resulta:
\begin{displaymath}
 2a^2-2a=0 \Longrightarrow \left(2a-2\right) a =0 \Longrightarrow
 \left\{\begin{array}{l}
         a=0\\
         a=1\\
        \end{array}
 \right.
\end{displaymath}\par
Vamos pues a estudiar cada caso.
\begin{itemize}
 \item Si $a\neq0,1 \Longrightarrow Rg A=RgA'=3=n^o \text{ de incógnitas }\Longrightarrow \text{ S. C. Determinado.}$
 \item Si $a=0$ la matriz que resulta es:
 \begin{displaymath}
  \left( \begin{array}{ccc|c}
          -3&0&4&2\\
          1&0&-2&-1\\
          -1&0&2&0\\
         \end{array}
  \right)
 \end{displaymath}\par
 Las filas segunda y tercera hacen que el sistema sea incompatible.
 \item Si $a=1$ la matriz que obtenemos es:
 \begin{displaymath}
  \left( \begin{array}{ccc|c}
          -2&0&4&2\\
          1&0&-2&-1\\
          -1&1&2&1\\
         \end{array}
  \right)
 \end{displaymath}\par
 Vamos a estudiar el rango de $A$ y $A'$ para ver como sería.\par
 Es evidente que el rango de la matriz de los coeficientes es $2$, pues tenemos:
 \begin{displaymath}
  \left|\begin{array}{cc}
         1&0\\
         -1&1\\
        \end{array}
  \right|=1\neq0
 \end{displaymath}\par
 Vamos a ver que pasa con la matriz ampliada. Su rango es igual a dos, pues las filas primera y segunda son proporcionales.\par
Por tanto el sistema es compatible indeterminado, pues $$RgA=2=RgA'<3= n^o\text{ de incógnitas}$$
\end{itemize}

%Ejercicio 4 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Junio 01 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Discutir el siguiente sistema de ecuaciones lineales según el valor del parámetro $a$:
\begin{displaymath}
 \left. \begin{array}{cccccc}
         ax & - & ay & + & az & = a\\
         & & & & (3-2a)z & = 1\\
         x & + & (a-1) y & & & = 0\\
        \end{array}
\right\}
\end{displaymath}\end{normalsize}}
\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 01)\end{small}}\end{flushright}\newpage
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La matriz asociada a nuestro sistema es:
 \begin{displaymath}
  A=\left( \begin{array}{ccc|c}
          a & -a & a & a\\
          0 & 0 & 3-2a & 1\\
          1 & a-1 & 0 & 0\\
         \end{array}
\right)
 \end{displaymath}\par
Veamos donde el determinante de la matriz de los coeficientes es cero.
\begin{displaymath}
 \left| \begin{array}{ccc}
         a & -a & a\\
         0 & 0 & 3-2a\\
         1 & a-1 & 0\\
        \end{array} \right|
= -a(3-2a) - a (a-1)(3-2a)= -3a+2a^2 - (3a^2 -2a^3 -3a + 2a^2 )=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =-\cancel{3a}+2a^2 - 3a^2 + 2a^3 + \cancel{3a} - 2a^2 = 2a^3 - 3a^2 =0 \Longrightarrow 
      \left\{
      \begin{array}{l}
       a^2 =0 \Longrightarrow a=0\\
       2a-3=0 \Longrightarrow a=\dfrac{3}{2}\\
      \end{array} \right.
\end{displaymath}\par
Por tanto:\par
\begin{itemize}
 \item Si $a\neq 0, \dfrac{3}{2} \Longrightarrow Rg A=RgA'=3=n^o \text{ incógnitas} \Longrightarrow $ Sistema Compatible Determinado.
 \item Si $a=0$ la matriz es:
 \begin{displaymath}
  A=\left( \begin{array}{ccc|c}
          0 & 0 & 0 & 0\\
          0 & 0 & 3 & 1\\
          1 & -1 & 0 & 0\\
         \end{array} \right)
 \end{displaymath}
Como la primera fila es entera de ceros, y es evidente que hay menores de orden 2 distintos de cero, por lo que tenemos que: $$ RgA=2=RgA'<n^o \text{ incógnitas} \Longrightarrow \text{ Sistema compatible indeterminado. }$$ 
\item Si $a=\dfrac{3}{2}$ la matriz que resulta es:
\begin{displaymath}
  A=\left( \begin{array}{ccc|c}
          \dfrac{3}{2} & -\dfrac{3}{2} & \dfrac{3}{2} & \dfrac{3}{2}\\
          0 & 0 & 0 & 1\\
          1 & \dfrac{1}{2} & 0 & 0\\
         \end{array} \right)
 \end{displaymath}
 Como la segunda fila crea una imposiblidad tenemos que el sistema es incompatible para dicho valor.
\end{itemize}

%ejercicio 5 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Junio 02 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\begin{normalsize} Discutir el siguiente sistema de ecuaciones lineales según el valor del parámetro $a$:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{ccccccccl}
  &&&a&y&+&(a+1)&z&=a\\
  a&x&&&&+&&z&=a\\
  &x&&&&+&a&z&=a\\
 \end{array}
\end{displaymath}
\end{normalsize}
}\begin{flushright}\textit{\begin{small}(Junio 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
La matriz asociada al sistema es:
\begin{displaymath}
 \left(\begin{array}{ccc|c}
        0&a&a+1&a\\
        a&0&1&a\\
        1&0&a&a\\
       \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
Vamos a empezar por estudiar el rango de A, ya que es una matriz cuadrada.
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{ccc}
        0&a&a+1\\a&0&1\\1&0&a\\
       \end{array}\right|=a-a^3=0 \Longrightarrow a(1-a^2)=0 \Longrightarrow \left\{
       \begin{array}{l}
        a=0\\
        1-a^2=0 \Longrightarrow a=\pm 1\\
       \end{array}\right.
\end{displaymath}\par
Luego:
\begin{itemize}
 \item [-] Si $a\neq0,1,-1 \Longrightarrow RgA=3=RgA'=n^\circ\text{ incógnitas} \Longrightarrow \text{ S. C. Determinado.}$
 \item [-] Si $a=0$ la matriz que nos queda es:
 \begin{displaymath}
  \left(\begin{array}{ccc|c}
         0&0&1&0\\
         0&0&1&0\\
         1&0&0&0\\
        \end{array}\right)
 \end{displaymath}\par
 El sistema es compatible por ser homogéneo. Además la 1ª y la 2ª fila son iguales y hay un menor de orden dos que es distinto de cero (formado por las filas 1 y 3, y las columnas 1 y 3). Por tanto el $RgA=2$. En consecuencia:
 \begin{displaymath}
  RgA=2=RgA'<3=n^\circ \text{ incógnitas} \Longrightarrow \text{ S. C. Indeterminado.}
 \end{displaymath}
\item[-] Si $a=1$ la matriz es:
\begin{displaymath}
 \left(\begin{array}{ccc|c}
        0&1&2&1\\
        1&0&1&1\\
        1&0&1&1\\
       \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
Las filas 2ª y 3ª son iguales, pero hay un menor de orden dos que es distinto de cero (formado por las filas 1 y 2, y las columnas 2 y 3). Por tanto el $RgA=2$. Veamos el rango de la ampliada.
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{ccc}
        1&2&1\\
        0&1&1\\
        0&1&1\\
       \end{array}
 \right|=1-1=0
\end{displaymath}\par
Luego el $RgA'=2$ y por tanto:
\begin{displaymath}
 RgA=2=RgA'<3=n^\circ \text{ incógnitas} \Longrightarrow \text{ S. C. Indeterminado.}
\end{displaymath}
\item[-] Si $a=-1$ la matriz resultante es:
\begin{displaymath}
 \left(\begin{array}{ccc|c}
        0&-1&0&-1\\
        -1&0&1&-1\\
        1&0&-1&-1\\
       \end{array}
 \right)
\end{displaymath}\par
Es fácil observar que las filas 2ª y 3ª son incompatibles, luego el sistema, para este valor, es incompatible.
\end{itemize}


%Ejercicio 6 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Septiembre 02 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\begin{normalsize}La matriz de coeficientes de un sistema de ecuaciones lineales homogéneo es M. Hallar un sistema equivalente tal que los tres coeficientes que están por encima de la diagonal principal de la nueva matriz asociada sean nulos:
\begin{displaymath}
 M=\left( \begin{array}{ccc}
         0&1&-1\\
         -1&0&2\\
         0&4&4\\
        \end{array}\right)
\end{displaymath}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a conseguir los ceros que nos piden utilizando el método de Gauss.
 \begin{displaymath}
  \left(\begin{array}{ccc}
         0&1&-1\\
         -1&0&2\\
         0&4&4\\
        \end{array}\right) 
\xrightarrow[]{F_1 \longleftrightarrow F_2}
\left(\begin{array}{ccc}
         -1&0&2\\
         0&1&-1\\
         0&4&4\\
        \end{array}\right) 
\xrightarrow[]{F_3=F_3-4 F_2}
\left(\begin{array}{ccc}
       -1&0&2\\
       0&1&-1\\
       0&0&8\\
      \end{array}\right)
 \end{displaymath}
\begin{displaymath}
 \xrightarrow[F_2=8 F_2+F_3]{F_1=4F_1-F_3}
 \left(\begin{array}{ccc}
        -4&0&0\\
        0&8&0\\
        0&0&8\\
       \end{array}\right)
\end{displaymath}\par
Esta sería la matriz asociada al sistema buscado.

%Ejercicio 7 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Septiembre 02 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Discutir el siguiente sistema de ecuaciones lineales según los valores del parámetro $a$:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{rrrrrr}
  &&ay&+&az&=0\\
  x&&&+&z&=0\\
  4x&-&2y&+&az&=a
 \end{array}
\end{displaymath}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La matriz asociada al sistema es:
 \begin{displaymath}
  \left(\begin{array}{ccc|c}
         0&a&a&0\\
         1&0&1&0\\
         4&-2&a&a\\
        \end{array}\right)
 \end{displaymath}\par
Vamos a ver el determinante de la matriz de los coeficientes:
\begin{displaymath}
 \left|A\right|=\left|
        \begin{array}{ccc}
         0&a&a\\
         1&0&1\\
         4&-2&a\\
        \end{array}\right|=4a-2a-a^2=-a^2+2a
\end{displaymath}\par
Igualando a cero obtenemos los valores que anulan el determinante.
\begin{displaymath}
 -a^2+2a=0 \Longrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
                                    a=0\\
                                    a=2\\
                                   \end{array}\right.
\end{displaymath}\par
En consecuencia tenemos que:
\begin{itemize}
 \item  Si $a\neq0,2$ el sistema va a ser compatible determinado.
 \item  Si $a=0$ la matriz asociada es:
 \begin{displaymath}
  \left(\begin{array}{ccc|c}
         0&0&0&0\\
         1&0&1&0\\
         4&-2&0&0\\
        \end{array}\right)
 \end{displaymath}
Se trata de un sistema homogéneo. Tiene una fila de ceros, luego el rango no puede ser tres y además $\left|\begin{array}{cc}
                                                  1&0\\
                                                  4&-2\\
                                                 \end{array}\right|=-2\neq0
$. Por tanto el sistema es compatible indeterminado y necesita un parámetro.
\begin{displaymath}
 RgA=RgA'=2<3= n^o \mbox{ de incógnitas.}
\end{displaymath}
\item Si $a=2$ la matriz queda:
\begin{displaymath}
 \left(\begin{array}{ccc|c}
        0&2&2&0\\
        1&0&1&0\\
        4&-2&2&2\\
       \end{array}\right)
\end{displaymath}
El rango de la matriz de los coeficientes es dos, pues $\left|\begin{array}{cc}
                                                  0&2\\
                                                  1&0\\
                                                 \end{array}\right|=-2\neq0
$.\\
En cambio la matriz ampliada tiene rango tres, pues 
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{ccc}
        0&2&0\\
        1&0&0\\
        4&-2&2\\
       \end{array}\right|=-4\neq0 \Longrightarrow RgA=2\neq3=RgA'
\end{displaymath}
Por tanto el sistema para este valor es incompatible.
\end{itemize}

%Ejercicio 8 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Junio 03 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Determinar el valor del parámetro $a$ para que las siguientes ecuaciones lineales sean linealmente dependientes
\begin{displaymath}
 \begin{array}{rcrcrl}
  x&+&y&+&z&=1\\
  3x&+&2y&+&z&=1\\
  &&y&+&2z&=a\\
 \end{array}
\end{displaymath}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 03)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La matriz asociada al sistema es:
 \begin{displaymath}
  \left(\begin{array}{ccc|c}
         1&1&1&1\\
         3&2&1&1\\
         0&1&2&a\\
        \end{array}\right)
 \end{displaymath}\par
Para que ocurra lo que nos piden, el sistema ha de ser compatible indeterminado, es decir, $RgA=RgA'<n^o $ de incógnitas. Veamos cuanto vale el rango de $A$.
\begin{itemize}
 \item [-] $RgA\geq2 \mbox{ pues } \left|\begin{array}{cc}
                                             1&1\\
                                             3&2\\
                                            \end{array}\right|=-1\neq0$.
\item [-]$RgA=2$ pues:
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{ccc}
        1&1&1\\
        3&2&1\\
        0&1&2\\
       \end{array}\right|=4+3-6-1=0
\end{displaymath}
\end{itemize}\par
Por tanto se producirá lo que piden si el $RgA'=2$, es decir, si
\begin{displaymath}
 0=\left|\begin{array}{ccc}
          1&1&1\\
          3&2&1\\
          0&1&a\\
         \end{array}\right|=2a+3-3a-1=-a+2=0 \Longrightarrow a=2
\end{displaymath}

%Ejercicio 9 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Septiembre 03 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{Dar un ejemplo de una sistema de 3 ecuaciones lineales con tres incógnitas que sea compatible e indeterminado. Interprétalo geométricamente. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 03)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Un ejemplo válido es:
 \begin{displaymath}
  \left.\begin{array}{rrrrrr}
         x&+&y&+&z&=1\\
         2x&-&y&&&=3\\
         3x&&&+&z&=4\\
        \end{array}\right\}
 \end{displaymath}\par
En este ejemplo hemos elegido dos ecuaciones independientes y la tercera la hemos obtenido sumando las dos primeras. \par
 Geométricamente hablando pueden existir varias posibilidades.
 \begin{itemize}
  \item [-] Pueden ser tres planos que se cortan en una recta (para ejemplo vale el anterior).
  \item [-] Pueden ser también tres planos coincidentes (tres ecuaciones proporcionales).
  \item [-] Pueden ser dos planos coincidentes y otro que los corte (dos ecuaciones proporcionales y una independiente de ellas).
 \end{itemize}

%Ejercicio 10 - sistemas de ecuaciones

\subsection[Junio 05 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Determinar un valor del parámetro $a$ para que el siguiente sistema de ecuaciones lineales sea compatible e indeterminado.
\begin{displaymath}
 \begin{array}{cccc}
  		x & +y & +z & =a\\
  		x & -y & +z & =1\\
  		x & -3y & +z & =0\\
             \end{array}
\end{displaymath}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La matriz asociada al sistema será:
 \begin{displaymath}
             \mathbf{A=}\left( \begin{array}{ccc|c}
  		1 & 1 & 1 & a\\
  		1 & -1 & 1 & 1\\
  		1 & -3 & 1 & 0\\
             \end{array} \right)
 \end{displaymath}\par
 Vamos a estudiar el rango de la matriz de los coeficiente y despues veremos la ampliada.\par
 - $Rg A\geq2$ pues tenemos que $\left\vert \begin{array}{cc}
                                  1 & 1\\
                                  1 & -1\\
                                 \end{array}\right\vert =-1-1=-2\neq0$\par
Además el $Rg A=2$, pues las columnas primera y tercera de la matriz de los coeficiente son iguales. \par
Para que el sistema sea compatible e indeterminado la matriz ampliada tiene que tener rango 2, es decir,
\begin{displaymath}
             \left\vert \begin{array}{ccc}
  		1 & 1 & a\\
  		1 & -1 & 1\\
  		1 & -3 & 0\\
             \end{array} \right\vert = 1-3a+a+3=-2a+4=0 \Longrightarrow a=2
 \end{displaymath}

%Ejercicio 11 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Junio 05 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Dar un ejemplo de un sistema de 3 ecuaciones lineales con tres incógnitas que sea incompatible. Interprétalo geométricamente. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Tenemos varias opciones. Por ejemplo, podemos considerar dos planos paralelos y uno que corte a ambos.
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/Planos_paralelos.png}
\end{center}
\end{figure}
 \begin{displaymath} 
  \left. \begin{array}{cccc}
  		x & +y & +z & =3\\
  		x & +y & +z & =5\\
  		2x & -y & +z & =3\\
             \end{array} \right\}
 \end{displaymath}
 \par
 En este ejemplo, las dos primeras ecuaciones representan planos paralelos y la tercera corta a los dos. Es obvio que no tienen ningún punto en común, por lo que el sistema es incompatible.\par
 Otra opción es coger dos planos que se corten, sumar sus ecuaciones (con lo que obtendríamos un plano que se corta en la misma recta que los anteriores) y al resultante cambiarle el término independiente, con lo que obtenemos un plano paralelo al último que no pasaría por la recta de corte de los dos planos, y con ello no tendrían ningún punto en común.
 \begin{displaymath}
  \left. \begin{array}{cccc}
  		x & +y & +z & =3\\
  		2x & -y & +z & =3\\
  		3x &  & +2z & =8\\
             \end{array} \right\}
 \end{displaymath}
 \begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/Tres_planos.png}
\end{center}
\end{figure}\par
Otra posibilidad son dos planos coincidentes y uno paralelo, o bien tres planos paralelos.\newpage
 
%Ejercicio 12 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Septiembre 05 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Resolver el sistema de ecuaciones lineales
\begin{displaymath}
 \begin{array}{ccc}
  		y & -x & =z\\
  		x & -z & =y\\
  		y & +z & =x\\
             \end{array}
\end{displaymath}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La matriz asociada al sistema es:
 \begin{displaymath}
         A=\left(
         \begin{array}{ccc|c}
          -1 & 1 & -1 & 0\\
          1 & -1 & -1 & 0\\
          -1 & 1 & 1 & 0\\
         \end{array} \right)
 \end{displaymath}\par
Se trata de un sistema homogéneo, luego es compatible. Veremos cuanto vale el $RgA$ para decidir si es determinado o indeterminado.\par
Es evidente que $RgA\geq2$ pues 
\begin{displaymath}
 \left| \begin{array}{cc}
         1 & -1\\
         -1 & -1\\
        \end{array}
\right| = -1-1=-1\neq 0
\end{displaymath}\par
Veamos cuanto vale el $|A|$.
\begin{displaymath}
 \left|A\right|=
  \left| \begin{array}{ccc}
          -1 & 1 & -1\\
          1 & -1 & -1\\
          -1 & 1 & 1\\
         \end{array}
   \right|=1+1-1+1-1-1=0
\end{displaymath}\par
Luego resulta que el $RgA=2 \Longrightarrow$ El sistema es compatible indeterminado y necesita un parámetro.\par
Vamos a resolverlo:\par
Hacemos $x=\lambda$. Para eso usamos las filas que dan rango 2 y resolviendo por reducción tenemos:\par
\begin{displaymath}
         \begin{array}{cccc}
         \cancel {\text{    } y} & -z & = & \cancel {\lambda}\\
         \cancel {-y} & -z & = & \cancel {-\lambda}\\
         
         \hline
            & -2z & = & 0\\
            & z & = & 0\\
            \end{array}
\end{displaymath}\par
Si $x=\lambda \text{ ; } z=0 \Longrightarrow y=\lambda$.\par
Por tanto la solución es $(\lambda,\lambda,0)$.

%Ejercicio 13 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Septiembre 05 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\normalsize{Dar un sistema de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas que sea compatible e indeterminado. Interpretarlo geométricamente. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 El sistema será compatible cuando los rangos de la matriz de coeficientes y la ampliada coincidan y será indeterminado cuando éste sea menor que el número de incógnitas. En nuestro caso ocurrirá cuando el rango de la matriz de los coeficientes valga 1 ó 2. Por tanto, o bien tomamos dos ecuaciones linealmente independientes y las sumamos ($RgA=2$), o bien cogemos una ecuación y la repetimos dos veces multiplicada por distintos números ($RgA=1$). También vale para el primer caso dos ecuaciones proporcionales y una que sea linealmente independiente con ellas.\par
 Valdrían como ejemplo los siguientes:\par
 Para $RgA=2$ tendríamos:
 \begin{displaymath}
  \left.\begin{array}{cccccc}
  	 2x & + & 3y & - & 2z & = 3\\
  	 x & - & y & + & z & = 4\\
  	 3x & + & 2y & - & z & = 7\\
  	\end{array}\right\}
 \end{displaymath}\par
Para $RgA=1$ nos vale:
\begin{displaymath}
  \left.\begin{array}{cccccc}
  	 2x & + & 3y & - & 2z & = 3\\
  	 4x & + & 6y & - & 4z & = 6\\
  	 -2x & - & 3y & + & 2z & = -3\\
  	\end{array}\right\}
 \end{displaymath}\par
 Geométricamente el primer caso representa tres planos que se cortan en una recta, o dos coincidentes y uno que los corta y el segundo tres planos coincidentes.

%Ejercicio 14 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Junio 06 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Discute el sistema de ecuaciones lineales
\begin{displaymath}
 \left. \begin{array}{ccccccc}
         x&+&2y&-&z&=&2\\
         x&+&(1+b)y&-&bz&=&2b\\
         x&+&by&+&(1+b)z&=&1\\
        \end{array}\right]
\end{displaymath}
según los valores de b. \end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La matriz asociada al sistema es:
 \begin{displaymath}
  \left(\begin{array}{ccc|c}
         1&2&-1&2\\
         1&1+b&-b&2b\\
         1&b&1+b&1\\
        \end{array}\right)
 \end{displaymath}\par
Vamos a calcular el determinante de la matriz de coeficientes para realizar el estudio.
\begin{displaymath}
 \left|A\right|=\left|\begin{array}{ccc}
                       1&2&-1\\
                       1&1+b&-b\\
                       1&b&1+b\\
                      \end{array}\right|=(1+b)^2-2b-b+(1+b)-2(1+b)+b^2=\cancel {1}+b^2+\cancel {2b}-\cancel {2b}-\cancel {b}+\cancel {1}+
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 +\cancel {b}-\cancel {2}-2b+b^2=2b^2-2b=0 \Longrightarrow b=0 \mbox{ y } b=1
\end{displaymath}\par
Luego:
\begin{itemize}
 \item Si $b\neq 0,1 \Longrightarrow$ El sistema es compatible determinado.
 \item Si $b=0$ la matriz quedaría:
 \begin{displaymath}
  \left(\begin{array}{ccc|c}
         1&2&-1&2\\
         1&1&0&0\\
         1&0&1&1\\
        \end{array}\right)
 \end{displaymath}
En este caso tenemos que $RgA=2$ pues 
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{cc}
        1&2\\
        1&1\\
       \end{array}\right|=1-2=-1\neq0
\end{displaymath}
Veamos cuanto vale el $RgA'$.
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{ccc}
        1&2&2\\
        1&1&0\\
        1&0&1\\
       \end{array}\right|=1-2-2=-3\neq 0
\end{displaymath}
Por tanto $RgA=2\neq3=RgA' \Longrightarrow$ El sistema es incompatible.
\item Si $b=1$ a matriz quedaría:
\begin{displaymath}
 \left(\begin{array}{ccc|c}
        1&2&-1&2\\
        1&2&-1&2\\
        1&1&2&1\\
       \end{array}\right)
\end{displaymath}
En este caso $RgA=2$, pues
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{cc}
        1&2\\
        1&1\\
       \end{array}\right|=1-2=-1\neq0
\end{displaymath}
y a su vez coincide con el $RgA'$, ya que la primera y la segunda fila coinciden.\\
Por tanto $RgA=2=RgA'<3=n^o$ de incógnitas $\Longrightarrow$ El sistema es compatible indeterminado y necesita un parámetro para su resolución.
\end{itemize}

%Ejercicio 15 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Septiembre 06 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Resuelve el sistema de ecuaciones lineales
\begin{displaymath}
 \begin{array}{cccc}
  		x & +2y & -z & =1\\
  		x & + y & -z & =1\\
  		x &  & -z & =1\\
             \end{array}
\end{displaymath}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La matriz asociada al sistema es:
 \begin{displaymath}
  \left(
  \begin{array}{ccc|c}
   1 & 2 & -1 & 1\\
   1 & 1 & -1 & 1\\
   1 & 0 & -1 & 1\\
  \end{array} \right)
 \end{displaymath}\par
Vamos a resolverlo por el método de Gauss, pues parece cómodo.
\begin{displaymath}
  \left(
  \begin{array}{ccc|c}
   1 & 2 & -1 & 1\\
   1 & 1 & -1 & 1\\
   1 & 0 & -1 & 1\\
  \end{array} \right) \xrightarrow[F_3=F_3-F_1]{F_2=F_2-F_1}
  \left(
  \begin{array}{ccc|c}
   1 & 2 & -1 & 1\\
   0 & -1 & 0 & 0\\
   0 & -2 & 0 & 0\\
  \end{array} \right)
 \end{displaymath}\par
 Las filas segunda y tercera son proporcionales, luego sobra una y el sistema es compatible indeterminado.\par
 De la segunda ecuación deducimos que $y=0$. Si en la primera ecuación sustituimos $y=0$ y hacemos $z=\lambda$ resulta:
 $$x-\lambda=1 \Longrightarrow x=1+\lambda$$\par
 Por tanto la solución del sistema es:
 \begin{displaymath}
  \left. \begin{array}{ccccc}
          x&=&1&+&\lambda\\
          y&=&0&&\\
          z&=&&&\lambda\\
         \end{array}
  \right\}
 \end{displaymath}

%Ejercicio 16 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Junio 07 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Enuncia el Teorema de Rouché-Frobenius.
 \item [b)] Discute el siguiente sistema de ecuaciones lineales, según los valores del parámetro a:
 \begin{displaymath}
  \begin{array}{cccc}
  		x & + y & +z & =a\\
  		x & + y & +az & =1\\
  		x & +ay & +z & =1\\
             \end{array}
 \end{displaymath}
\end{enumerate}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{itemize}
 \item [a)] Es teoría que podemos encontrar en cualquier libro.
 \item [b)] La matriz asociada al sistema es:
 \begin{displaymath}
  \left(\begin{array}{ccc|c}
   1 & 1 & 1 & a\\
   1 & 1 & a & 1 \\
   1 & a & 1 & 1\\
  \end{array}\right)
 \end{displaymath}\par
Calculamos el determinante de la matriz de los coeficiente:
\begin{displaymath}
  \left|\begin{array}{ccc}
   1 & 1 & 1 \\
   1 & 1 & a \\
   1 & a & 1 \\
  \end{array}\right|=1+a+a-1-a^2-1=-a^2+2a-1
 \end{displaymath}\par
 Igualando a cero resulta:
 \begin{displaymath}
  -a^2+2a-1=0 \Longrightarrow a^2-2a+1=0 \Longrightarrow a=1
 \end{displaymath}\par
 Luego:
 \begin{itemize}
  \item Si $a\neq 1$ el sistema es compatible determinado.
  \item Si $a=1$ la matriz queda:
  \begin{displaymath}
   \left(\begin{array}{ccc|c}
   1 & 1 & 1 & 1\\
   1 & 1 & 1 & 1 \\
   1 & 1 & 1 & 1\\
  \end{array}\right)
  \end{displaymath}\par
y el $Rg A=1=Rg A' <n^o$ de incógnitas $\Longrightarrow$ El sistema es compatible indeterminado (necesita dos parámetros)
 \end{itemize}
\end{itemize}

%Ejercicio 17 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Junio 08 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{Discute, en función del parámetro \textit{a}, el sistema de ecuaciones (NO es necesario resolverlo en ningún caso)
 \begin{displaymath}
  \begin{array}{rcrcrcr}
  		-x & + & 2y & +& z & =& 1\\
  		ax & -& y & +& 2z & =& 2\\
  		2x & & &+&(a-1)z & =&2\\
             \end{array}
 \end{displaymath}
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
La matriz asociada al sistema es:
\begin{displaymath}
 \left(\begin{array}{ccc|c}
   -1 & 2 & 1 & 1\\
   a & -1 & 2 & 2 \\
   2 & 0 & a-1 & 2\\
  \end{array}\right)
\end{displaymath}\par
Veamos donde el determinante de la matriz de los coeficientes vale 0:
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{ccc}
   -1 & 2 & 1 \\
   a & -1 & 2 \\
   2 & 0 & a-1 \\
  \end{array}\right|= a-1+8+2-2a(a-1)=a-1+8+2-2a^2+2a=-2a^2+3a+9=0
\end{displaymath}\par
Vamos a resolver la ecuación:
\begin{displaymath}
 a=\dfrac{-3\pm\sqrt{9+72}}{4}=\dfrac{-3\pm9}{4}=\left[
\begin{array}{l}
\dfrac{-3+9}{4}=\dfrac{6}{4}=\dfrac{2}{3}\\
\\
\dfrac{-3-9}{4}=\dfrac{-12}{4}=-3\\
\end{array}\right.
\end{displaymath}\par
Por tanto:
\begin{itemize}
 \item [-] Si $a\neq\dfrac{2}{3},-3 \Longrightarrow Rg A= Rg A'=3 \Longrightarrow$ Sistema Compatible Determinado.
 \item[-] Si $a=\dfrac{2}{3}$ la matriz resultantes es:
 \begin{displaymath}
 \left(
	\begin{array}{ccc|c}
 	-1&2&1&1\\
	\dfrac{2}{3}&-1&2&2\\
	2&0&-\dfrac{1}{3}&2\\
	\end{array}\right)
\end{displaymath}
Tenemos que $RgA=2$, pues 
\begin{displaymath}
 \left|
	\begin{array}{cc}
	\dfrac{2}{3}&-1\\
	2&0\\
	\end{array}\right| =2\neq 0
\end{displaymath}
Vamos a estudiar el rango de la matriz ampliada.
\begin{displaymath}
 \left|
	\begin{array}{ccc}
	-1&2&1\\
	\dfrac{2}{3}&-1&2\\
	2&0&2\\
	\end{array}\right| = 2+8+2-\dfrac{8}{3}=\dfrac{36}{3}-\dfrac{8}{3}=\dfrac{28}{3}\neq 0
\end{displaymath}\par
Luego $RgA'=3$.\par
De aquí deducimos que:\par
 $Rg A=2 \neq 3= Rg A' \Longrightarrow$ Sistema incompatible.
 \item[-] Si $a=-3$ la matriz que queda es:
\begin{displaymath}
 \left(
	\begin{array}{ccc|c}
	-1&2&1&1\\
	-3&-1&2&2\\
	2&0&-4&2\\
	\end{array}\right)
\end{displaymath}\par
Tenemos que $RgA=2$, pues 
\begin{displaymath}
 \left|
	\begin{array}{cc}
	-3&-1\\
	2&0\\
	\end{array}\right| =2\neq 0
\end{displaymath}
Vamos a estudiar el rango de la matriz ampliada.
\begin{displaymath}
 \left|
	\begin{array}{ccc}
	-1&2&1\\
	-3&-1&2\\
	2&0&2\\
	\end{array}\right| = 2+8+2+12=24\neq 0
\end{displaymath}\par
Luego $RgA'=3$.\par
De aquí deducimos que:\par
 $Rg A=2 \neq 3= Rg A' \Longrightarrow$ Sistema incompatible.
\end{itemize}


%Ejercicio 18 - Sistemas de ecuaciones

\subsection[Septiembre 08 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Discute el siguiente sistema de ecuaciones lineales, según el valor del parámetro \textit{a}:
 \begin{displaymath}
  \begin{array}{rcrcl}
  		ax & + & ay & = & 0\\
  		x & + & z & = & a\\
  		-2y & + & az & = &a\\
             \end{array}
 \end{displaymath}
No es necesario resolver el sistema en ningún caso.
 }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
La matriz asociada al sistema es:
\begin{displaymath}
 \left(
\begin{array}{ccc|c}
a&a&0&0\\
1&0&1&a\\
0&-2&a&a\\
\end{array} \right)
\end{displaymath}\par
Vamos a empezar estudiando el determinante de la matriz de los coeficientes:
\begin{displaymath}
  \left|
\begin{array}{ccc}
a&a&0\\
1&0&1\\
0&-2&a\\
\end{array} \right|= -a^2+2a=0 \Longrightarrow a(-a+2)=0 \Longrightarrow 
\left[
\begin{array}{l}
a=0\\
a=2\\
\end{array} \right.
\end{displaymath}\par
Por tanto:
\begin{itemize}
 \item [-] Si $a\neq0,2 \Longrightarrow Rg A= Rg A'=3 \Longrightarrow$ Sistema Compatible Determinado.
 \item[-] Si $a=0$ la matriz resultantes es:
 \begin{displaymath}
 \left(
	\begin{array}{ccc|c}
 	0&0&0&0\\
	1&0&1&0\\
	0&-2&0&0\\
	\end{array}\right)
\end{displaymath}
Es evidente que sobra la primera fila. Además el sistema resultante es homogéneo y por tanto compatible. También es obvio que la segunda y tercera fila son linealmente independientes.\par
En consecuencia:\par
$RgA=RgA'=2<3=$ nº de incognitas $\Longrightarrow$ Sistema compatible indeterminado.
 \item[-] Si $a=2$ la matriz que queda es:
\begin{displaymath}
 \left(
	\begin{array}{ccc|c}
	2&2&0&0\\
	1&0&1&2\\
	0&-2&2&2\\
	\end{array}\right)
\end{displaymath}\par
Tenemos que $RgA=2$, pues 
\begin{displaymath}
 \left|
	\begin{array}{cc}
	2&2\\
	1&0\\
	\end{array}\right| =-2\neq 0
\end{displaymath}
Vamos a estudiar el rango de la matriz ampliada.
\begin{displaymath}
 \left|
	\begin{array}{ccc}
	2&2&0\\
	1&0&2\\
	0&-2&2\\
	\end{array}\right| = -4+8=4\neq 0
\end{displaymath}\par
Luego $RgA'=3$.\par
De aquí deducimos que:\par
 $Rg A=2 \neq 3= Rg A' \Longrightarrow$ Sistema incompatible.
\end{itemize}














\chapter[Geometría]{Geometría}


\section[Vectores, puntos, rectas y planos en el espacio]{Vectores, puntos, rectas y planos en el espacio}

%Primer ejercicio - Vectores, puntos, rectas y planos

\subsection[Septiembre 00 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{Hallar la ecuación de una circunferencia que, siendo tangente a la recta \mbox{$y=\sqrt{3}\;x$,} sea tangente al eje de abcisas en el punto $(3,0)$. (Indicación: \mbox{$tg60^o=\sqrt{3}$,} $tg30^o= \dfrac{\sqrt{3}}{3}$)}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
La figura \ref{Grafica28} nos muestra una visión del problema.
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/septiembre00_4_a_1.png}
\end{center}
\caption{Representación detallada del problema}
\label{Grafica28}
\end{figure}\par
Vamos a utilizar propiedades conocidas de las circunferencias. Se sabe que la recta que pasa por el centro de la circunferencia y por el punto de corte de las dos tangentes (en nuestro caso el origen de coordenadas) es la recta bisectriz del ángulo formado por las tangentes. Como la recta $y=\sqrt{3}\;x$ forma un ángulo con la horizontal de $60^o$, se deduce que la recta anteriormente citada forma un ángulo de $30^o$ con la horizontal (ver figura \ref{Grafica28}). También es obvio que el radio es perpendicular con la horizontal en el punto de tangencia (por ser el eje de abcisas una de las tangentes), luego tenemos el triángulo rectangulo que podemos ver en la figura \ref{Grafica28}.\par
De aquí deducimos:
\begin{displaymath}
 tg\;30^o=\dfrac{r}{3} \Longrightarrow r=3 \cdot tg\;30^o=3 \dfrac{\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}
\end{displaymath}\par
Por tanto el centro es $C\left(3,\sqrt{3}\right)$ y la ecuación buscada es:
\begin{displaymath}
 \left(x-3\right)^2+\left(y-\sqrt{3}\right)^2=3
\end{displaymath}



%Segundo ejercicio - Vectores, puntos, rectas y planos

\subsection[Septiembre 00 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\normalsize{Determinar una recta que sea paralela al plano de ecuación \mbox{$x+y+z=3$,} que corte a la recta de ecuaciones $x=0$, $z=0$, y que también corte a la recta de ecuaciones $z=1$, $y=0$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a coger un plano paralelo al que nos dan. Luego vamos a cortarlo con las dos rectas indicadas. La recta que pasa por estos dos puntos está contenida en este último plano, por tanto es paralela al plano que nos dan y por supuesto corta a las rectas indicadas.\par
Como plano paralelo vale el plano $x+y+z=1$. Si cortamos este plano con las rectas obtenemos:
\begin{itemize}
 \item Con $x=0$, $z=0 \Longrightarrow A(0,1,0)$.
 \item Con $z=1$, $y=0 \Longrightarrow B(0,0,1)$.
\end{itemize}\par
La recta buscada pasa por los puntos $A$ y $B$, por tanto queda definida por $A(0,1,0)$ y por $\overrightarrow{AB}=(0,-1,1)$.\par
En forma paramétrica, la ecuación resultante es:
\begin{displaymath}
 \left.\begin{array}{lcl}
        x=&0&\\
        y=&1&-\lambda\\
        z=&&+\lambda\\
       \end{array}
 \right]
\end{displaymath}

%Tercer ejercicio - Vectores, puntos, rectas y planos

\subsection[Junio 01 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{Calcular alguna recta que sea paralela al plano de ecuación \mbox{$x-2y+z=1$} y que también sea paralela al plano que pasa por los puntos de coordenadas $(2,0,1), (0,2,1) \text{ y } (1,-1,0)$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 01)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Bastará con coger planos paralelos a los dos que nos dan y el corte de dichos planos será la recta que buscamos.\par
 Vamos a empezar por calcular la ecuación general del plano que pasa por los tres puntos, que denominaremos: $A(2,0,1), B(0,2,1), C(1,-1,0)$.\par
 Como vectores directores de este plano tomamos $\overrightarrow{AB}$ y $\overrightarrow{AC}$, cuyas coordenadas serán:$$\overrightarrow{AB}=(-2,2,0) \text{ y } \overrightarrow{AC}=(-1,-1,-1)$$\par
 Por tanto, la ecuación del plano vendrá determinada por $A, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}$.\par
 \begin{displaymath}
  \left|
  	\begin{array}{ccc}
  	 x-2 & -2 & -1\\
  	 y & 2 & -1\\
  	 z-1 & 0 & -1\\
  	\end{array}
    \right|=
    -2(x-2)+2(z-1)+2(z-1)-2y=
 \end{displaymath}
 \begin{displaymath}
  =-2x+4+2z-2+2z-2-2y=-2x-2y+4z-2=0
 \end{displaymath}\par
Por tanto podemos tomar como ecuación de dicho plano $x+y-2z+1=0$.\par
Tenemos por tanto dos planos que son: 
\begin{displaymath}
 \left. 
 	\begin{array}{cccccccc}
 	 x & - & 2y & + & z & - & 1 & =0\\
 	 x & + & y & -&2z & + & 1 & =0\\
 	\end{array}
 \right]
\end{displaymath}\par
Para conseguir nuestra recta cogemos dos planos paralelos a ellos, para lo que basta con cambiar el término independiente:
\begin{displaymath}
 \left. 
 	\begin{array}{cccccccc}
 	 x & - & 2y & + & z & - & 3 & =0\\
 	 x & + & y & -&2z & + & 8 & =0\\
 	\end{array}
 \right]
\end{displaymath}\par
Está sería la ecuación de la recta buscada.

%Cuarto ejercicio - Vectores, puntos, rectas y planos

\subsection[Junio 01 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\normalsize{Calcular un vector de módulo 1 que sea ortogonal a los vectores de coordenadas $(1,0,2)$ y $(2,1,0)$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 01)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a realizar el producto vectorial de los dos vectores, pues el vector así obtenido será ortogonal a los dos. Después normalizaremos ese vector y obtendremos el vector buscado.
 \begin{displaymath}
  \vec{u}\wedge\vec{v}=\left|
  	\begin{array}{ccc}
  	 \vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\
  	 1 & 0 & 2\\
  	 2 & 1 & 0\\
  	\end{array}
  	\right|= 4\vec{j}+\vec{k}-2\vec{i}
 \end{displaymath}\par
Luego un vector ortogonal a ambos sería $\vec{w}=(-2,4,1)$.\par
Vamos a normalizarlo. Su módulo vale $\left|\vec{w}\right|=\sqrt{4+16+1}=\sqrt{21}$.\par
Dividiendo el vector por su módulo obtenemos el vector $\vec{o}$ buscado:
$$\vec{o}=\dfrac{\vec{w}}{\left|\vec{w}\right|}=\left(\dfrac{-2}{\sqrt{21}}, \dfrac{4}{\sqrt{21}}, \dfrac{1}{\sqrt{21}}\right)$$

%ejercicio 5 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Septiembre 01 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Calcular alguna recta que sea paralela al plano de ecuación $ x+z=2 $ y corte perpendicularmente a la recta de ecuaciones \mbox{$ x+y=0, y+z=2 $.}}}\textit{\rightline{\begin{small}(Septiembre 01)\end{small}}}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
El procedimiento que vamos a seguir lo narro a continuación. Nuestra recta va a ser el corte de dos planos, uno paralelo al primero (con eso garantizamos que la recta es paralela al plano) y el otro va a pertenecer al haz de planos que obtenemos a partir de los planos que definen la segunda recta. De esa forma, como nuestra recta estará contenida en dicho plano cortará a la que nos dan. El plano que eligiremos será aquel que haga que la recta obtenida corte perpendicularmente a la dada en el enunciado.\par
Dicho esto nos ponemos manos a la obra. Es fácil obtener un plano paralelo al que nos dan, valdría $x+z=0$. Vamos a por el otro. El haz de planos a que nos referíamos tendría la siguiente forma:
\begin{displaymath}
 \alpha (x+y) + y+z-2=0
\end{displaymath}\par
Luego nuestra recta quedará definida por los planos:
\begin{equation}
 \left. \begin{array}{rcl}
         x+z&=&0\\
         \alpha (x+y) + y+z-2&=&0\\
        \end{array}
 \right] \Longrightarrow
 \left. \begin{array}{ccccccc}
         x&&&+&z&=&0\\
         \alpha x&+&(\alpha+1)y&+&z&=&2\\
        \end{array}
 \right]
 \label{ecuacion1}
\end{equation}\par
Vamos a buscar cual es el vector director de las rectas (en función de $\alpha$) para después decidir cual es el perpendicular a la recta dada. Resolviendo el sistema tenemos:
\begin{displaymath}
 \left. \begin{array}{ccccccc}
         x&&&+&z&=&0\\
         \alpha x&+&(\alpha+1)y&+&z&=&2\\
        \end{array}
 \right] z=\lambda \Longrightarrow x=-\lambda
\end{displaymath}\par
Sustituyendo:
\begin{displaymath}
 \alpha (-\lambda) + (\alpha+1)y+\lambda=2 \Longrightarrow (\alpha+1)y=2-\lambda + \alpha \lambda \Longrightarrow y=\dfrac{2}{\alpha+1}+\dfrac{\alpha-1}{\alpha+1}\lambda
\end{displaymath}\par
Luego la ecuación de la recta en forma paramétrica, en función de $\alpha$, será:
\begin{displaymath}
 \left. \begin{array}{ccccr}
         x&=&&-&\lambda\\
         y&=&\dfrac{2}{\alpha+1}&+&\dfrac{\alpha-1}{\alpha+1}\lambda\\
         z&=&&&\lambda\\
        \end{array}
 \right] \Longrightarrow \vec{v}=\left(-1,\dfrac{\alpha-1}{\alpha+1},1\right)
\end{displaymath}\par
Vamos a encontrar el vector director de la recta que nos dieron.
\begin{displaymath}
 \left. \begin{array}{l}
         x+y=0\\
         y+z=2\\
        \end{array}
 \right] y=\lambda \Longrightarrow x=-\lambda \text{ , } z=2-\lambda
\end{displaymath}\par
\begin{displaymath}
 \left. \begin{array}{ccccc}
         x&=&&-&\lambda\\
         y&=&&&\lambda\\
         z&=&2&-&\lambda\\
        \end{array}\right] \Longrightarrow \vec{u}=(-1,1,-1)
\end{displaymath}\par
Nos falta por encontrar el valor de $\alpha$ que hace que $\vec{u}$ y $\vec{v}$ sean perpendiculares, es decir, que $\vec{u} \cdot \vec{v} =0$.
\begin{displaymath}
 \vec{u} \cdot \vec{v}=(-1,1,-1) \cdot \left(-1,\dfrac{\alpha-1}{\alpha+1},1\right)=1+\dfrac{\alpha-1}{\alpha+1}-1=0 \Longrightarrow \dfrac{\alpha-1}{\alpha+1}=0 \Longrightarrow \alpha=1
\end{displaymath}\par
Luego, si sutituimos $\alpha=1$ en la ecuación \eqref{ecuacion1}, la recta pedida es:
\begin{displaymath}
 \left. \begin{array}{ccccccc}
         x&&&+&z&=&0\\
         x&+&2y&+&z&=&2\\
        \end{array}
 \right]
\end{displaymath}

%ejercicio 6 - Vectores, puntos, rectas y planos

\subsection[Septiembre 01 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\normalsize{¿Qué ángulo deben formar dos vectores no nulos $\vec{e}$ y $\vec{v}$ para que ambos tengan el mismo módulo que su diferencia $\vec{e}-\vec{v}$}}
\textit{\rightline{\begin{small}(Septiembre 01)\end{small}}}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Queremos que:
\begin{equation}
 \left|\vec{e}\right|=\left|\vec{v}\right|=\left|\vec{e}-\vec{v}\right|
\label{Ecuacion2}
\end{equation}\par
Sabemos que
\begin{displaymath}
 cos(\widehat{\vec{u},\vec{w}})=\dfrac{\vec{u}\cdot \vec{w}}{\left|\vec{u}\right|\cdot \left|\vec{w}\right|}
\end{displaymath}\par
Si aplicamos esta última fórmula a los vectores $\vec{e}-\vec{v}$ y $\vec{e}-\vec{v}$ tendremos:
\begin{displaymath}
 cos(\widehat{\vec{e}-\vec{v},\vec{e}-\vec{v}})=\dfrac{\left(\vec{e}-\vec{v}\right)\cdot \left(\vec{e}-\vec{v}\right)}{\left|\vec{e}-\vec{v}\right|\cdot \left|\vec{e}-\vec{v}\right|}=\dfrac{\vec{e}\cdot \vec{e}+\vec{v}\cdot \vec{v}-2\vec{e}\cdot \vec{v}}{\left|\vec{e}-\vec{v}\right|\cdot \left|\vec{e}-\vec{v}\right|}=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =\dfrac{\left|\vec{e}\right|^2 + \left|\vec{v}\right|^2 -2\left|\vec{e}\right| \cdot \left|\vec{v}\right| cos(\widehat{\vec{e},\vec{v}})}{\left|\vec{e}-\vec{v}\right|\cdot \left|\vec{e}-\vec{v}\right|}
\end{displaymath}\par
Teniendo en cuenta \ref{Ecuacion2} y que $cos(\widehat{\vec{e}-\vec{v},\vec{e}-\vec{v}})=1$, resulta:
\begin{displaymath}
 1=\dfrac{\left|\vec{e}\right|^2 + \left|\vec{e}\right|^2 -2\left|\vec{e}\right|^2 cos(\widehat{\vec{e},\vec{v}})}{\left|\vec{e}\right|^2} \Longrightarrow 2\left|\vec{e}\right|^2-2\left|\vec{e}\right|^2 \; cos(\widehat{\vec{e},\vec{v}})=\left|\vec{e}\right|^2 \Longrightarrow
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 \Longrightarrow 2-2\;cos(\widehat{\vec{e},\vec{v}})=1 \Longrightarrow -2 \; cos(\widehat{\vec{e},\vec{v}})=-1 \Longrightarrow cos(\widehat{\vec{e},\vec{v}})=\dfrac{1}{2}
\end{displaymath}\par
Luego el ángulo buscado es:
\begin{displaymath}
 (\widehat{\vec{e},\vec{v}})=\dfrac{\pi}{3}
\end{displaymath}

%ejercicio 7 - Vectores, puntos, rectas y planos

\subsection[Junio 02 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{Hallar dos vectores linealmente independientes que sean ortogonales al vector $\vec{e}$ de coordenadas $(1,1,3)$.}}\begin{flushright}\textit{\begin{small}(Junio 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Sean $\vec{u}$ y $\vec{v}$ los vectores buscados.\par
Para que sean linealmente independientes basta con no ser proporcionales y para ser ortogonales tiene que cumplirse
\begin{displaymath}
 \vec{u} \cdot \vec{e}=\vec{v} \cdot \vec{e}=0
\end{displaymath}\par
Dos vectores válidos para lo que buscamos serían:
\begin{displaymath}
\begin{array}{l}
 \vec{u}=(2,1,-1) \Longrightarrow \vec{u} \cdot \vec{e}=(2,1,-1) \cdot (1,1,3)=2+1-3=0\\
 \vec{v}=(1,2,-1) \Longrightarrow \vec{v} \cdot \vec{e}=(1,2,-1) \cdot (1,1,3)=1+2-3=0\\
\end{array}
\end{displaymath}

%ejercicio 8 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Junio 02 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\begin{normalsize}La base de una pirámide es un cuadrado $ABCD$ de 2 metros de largo y su vértice $V$ está situado a una altura de 3 metros sobre el centro de la base. Calcular el ángulo que forman los planos $ABV$ y $BCV$.\\[0.5cm]
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/junio02_4_b.png}
\end{center}
\end{figure}\end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a asignarle coordenadas a los puntos que nos dan. $A(2,0,0); B(2,2,0); C(0,2,0)$ y $V(1,1,3)$.\par
Vamos a calcular los planos.
\begin{itemize}
 \item [-] Sea $\pi\equiv ABV$. Para calcular la ecuación de este plano vamos a usar el punto $A$ y los vectores $\overrightarrow{AB}$ y $\overrightarrow{AV}$, es decir $A(2,0,0) ; \; \overrightarrow{AB}=(0,2,0)$ y $\overrightarrow{AV}=(-1,1,3)$. Por tanto:
 \begin{displaymath}
  \left|\begin{array}{ccc}
           x-2&0&-1\\
           y&2&1\\
           z&0&3\\
          \end{array}
  \right|=6(x-2)+2z=6x-12+2z=0
 \end{displaymath}
Luego la ecuación del primer plano será $\pi \equiv 3x+z=6$.
\item [-] Sea $\pi' \equiv BCV$. Para calcular éste usaremos $B$ y los vectores $\overrightarrow{BC}$ y $\overrightarrow{BV}$, es decir, $B(2,2,0)$ ; \mbox{$\overrightarrow{BC}=(-2,0,0)$} y $\overrightarrow{BV}=(-1,-1,3)$. Por tanto:
\begin{displaymath}
  \left|\begin{array}{ccc}
           x-2&-2&-1\\
           y-2&0&-1\\
           z&0&3\\
          \end{array}
  \right|=2z+6(y-2)=2z+6y-12=0
 \end{displaymath}
 Luego la ecuación del segundo plano es $\pi' \equiv 3y+z=6$
\end{itemize}\par
Vamos a calcular ahora el ángulo que nos piden, es decir el ángulo que forman $\pi$ y $\pi'$. Sus vectores normales son $\vec{n}=(3,0,1)$ y $\vec{n'}=(0,3,1)$. En consecuencia:
\begin{displaymath}
 cos \alpha=\dfrac{\left|\vec{n}\cdot \vec{n'}\right|}{\left|\vec{n}\right|\cdot |\vec{n'}|}=\dfrac{1}{\sqrt{10}\; \sqrt{10}}= \dfrac{1}{10} \Longrightarrow \alpha=84^o 15' 39''
\end{displaymath}


%ejercicio 9 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Septiembre 02 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{Determinar si el plano $3x-2y+z=1$ es perpendicular a la recta de ecuaciones $-x=3y+3z, y+2z=-1$. Determinar también si es paralelo a la recta que pasa por los puntos de coordenadas $(1,-1,1)$ y $(-1,-1,0)$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Veamos lo primero.\par
 Vamos a calcular el vector director de la recta ($\vec{u}$) como producto vectorial de los vectores normales de los planos que la determinan.
 \begin{displaymath}
  \left.\begin{array}{cccccc}
         x&+&3y&+&3z&=0\\
         &&y&+&2z&=-1\\
        \end{array}\right\}
   \begin{array}{l}
          \Longrightarrow \overrightarrow{n_1}=(1,3,3)\\
          \Longrightarrow \overrightarrow{n_2}=(0,1,2)\\
         \end{array}
 \end{displaymath}
 \begin{displaymath}
  \vec{u}=\overrightarrow{n_1}\wedge\overrightarrow{n_2}=
  \left|\begin{array}{ccc}
         \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
         1&3&3\\
         0&1&2\\
        \end{array}\right|=6\vec{i}+\vec{k}-2\vec{j}-3\vec{i}=3\vec{i}-2\vec{j}+\vec{k} \Longrightarrow \vec{u}=(3,-2,1)
 \end{displaymath}\par
Como el vector normal al plano era el mismo, deducimos que la recta es perpendicular al plano.\par
Veamos ahora lo segundo. Llamemos $P(1,-1,1)$ y $Q(-1,-1,0)$. Por tanto la recta tendrá como vector director $\overrightarrow{PQ}=(-2,0,-1)$.\par
Para ver si la recta es paralela al plano vamos a ver si $\vec{n}$ es ortogonal a $\overrightarrow{PQ}$
\begin{displaymath}
 \vec{n}\cdot\overrightarrow{PQ}=(3,-2,1).(-2,0,-1)=-6-1=-7\neq0
\end{displaymath}\par
Luego no son paralelos.\newpage

%ejercicio 10 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Septiembre 03 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Sabiendo que los lados de un rectángulo $ABCD$ miden 1 y 3 metros, calcular el producto escalar de los vectores $\overrightarrow{CB}$ y $\overrightarrow{AD}$, y el módulo del producto vectorial de los vectores $\overrightarrow{CB}$ y $\overrightarrow{BA}$.\newline
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/rectangulo2.png}
\end{center}
\end{figure}\end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 03)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a asignarles coordenadas a los puntos:
 \begin{displaymath}
  D(0,0,0) \mbox{,  } A(3,0,0) \mbox{,  } B(3,1,0) \mbox{,   } C(0,1,0).
 \end{displaymath}\par
Vamos a ver paso a paso cada una de las dos cosas que nos piden calcular:
\begin{itemize}
 \item [-] Para hallar el producto escalar pedido vamos a calcular primero los vectores y a continuación haremos el producto.
 \begin{displaymath}
  \left.\begin{array}{l}
         \overrightarrow{CB}=(3,0,0)\\
         \overrightarrow{AD}=(-3,0,0)\\
        \end{array}\right] \Longrightarrow \overrightarrow{CB} \cdot \overrightarrow{AD}=(3,0,0) \cdot (-3,0,0)=-9
 \end{displaymath}
\item[-] Para calcular el producto vectorial es necesario calcular el vector $\overrightarrow{BA}$, pues el vector $\overrightarrow{CB}$ ya lo calculamos antes.
\begin{displaymath}
 \overrightarrow{BA}=(0,-1,0)
\end{displaymath}
Ahora realizaremos el producto vectorial y posteriormente calcularemos el módulo.
\begin{displaymath}
 \overrightarrow{CB}\wedge\overrightarrow{BA}=\left|
 \begin{array}{ccc}
  \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
  3&0&0\\
  0&-1&0\\
 \end{array}\right|=-3\vec{k}
\end{displaymath}
Por tanto $\left|\overrightarrow{CB}\wedge\overrightarrow{BA}\right|=3$.
\end{itemize}

%ejercicio 11 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Septiembre 03 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{Determinar un plano que, pasando por el origen de coordenadas, sea paralelo a la recta de ecuaciones $x+y=1, y+z=2$, y también sea paralelo a la recta que pasa por los puntos de coordenadas $(1,1,0)$ y $(0,1,1)$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 03)\end{small}}\end{flushright} 
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Para calcular el plano usaremos un punto y dos vectores. Como punto usaremos el origen y como vectores los vectores directores de las dos rectas. Vamos a calcular estos últimos:
 \begin{itemize}
  \item [-] Empezamos por la primera recta, multiplicando los vectores normales asociados a los planos que la definen.
  \begin{displaymath}
   \left.\begin{array}{l}
          x+y=1\\
          y+z=2\\
         \end{array}\right]
\left.\begin{array}{l}
          \Longrightarrow \overrightarrow{n_1}=(1,1,0)\\
          \Longrightarrow \overrightarrow{n_2}=(0,1,1)\\
         \end{array}\right] \Longrightarrow \vec{u}=\overrightarrow{n_1}\wedge\overrightarrow{n_2}=
         \left|\begin{array}{ccc}
                \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
                1&1&0\\
                0&1&1\\
                \end{array}\right|=\vec{i}+\vec{k}-\vec{j}
  \end{displaymath}
Luego el primer vector buscado es $\vec{u}=(1,-1,1)$.
\item[-] En la segunda recta un vector válido es:
\begin{displaymath}
 \vec{v}=(0,1,1)-(1,1,0)=(-1,0,1)
\end{displaymath}
 \end{itemize}\par
Por tanto la ecuación del plano es:
\begin{displaymath}
 0=\left|\begin{array}{ccc}
          x&y&z\\
          1&-1&1\\
          -1&0&1\\
         \end{array}\right|=-x-y-z-y=-x-2y-z
\end{displaymath}
es decir, valdría $$x+2y+z=0$$

%ejercicio 12 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Junio 04 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\begin{normalsize}¿Qué relación hay entre los coeficientes de las ecuaciones
$$ax+by+cz=d \text{  ,  } a'x+b'y+c'z=d'$$ de dos planos paralelos? Razonar la respuesta.\end{normalsize} }\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 La relación que deben guardar es:$$\dfrac{a}{a'}=\dfrac{b}{b'}=\dfrac{c}{c'}\neq \dfrac{d}{d'}$$\par
 Ello se debe a:
 \begin{enumerate}
  \item La doble igualdad implica que los vectores normales son proporcionales y por tanto paralelos.
  \item La desigualdad hace que no hablemos del mismo plano.
 \end{enumerate}

%ejercicio 13 - Vectores, puntos, rectas y planos.
 
 \subsection[Septiembre 04 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Determinar una recta que sea paralela al plano que pasa por los puntos de coordenadas $(1,1,0);(1,0,1) \text{ y } (0,1,1)$, que también sea paralela al plano $x+2y+3z=0$, y que no esté contenida en ninguno de estos dos planos. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
  Para eso vamos a considerar sendos planos paralelos a los que nos dan y la recta en que se cortan es paralela a ambos planos y no está en ninguno.\par
  Empezemos por calcular la ecuación del plano que pasa por los tres puntos. Dichos puntos son $A(1,1,0); B(1,0,1) \text{ y } C(0,1,1)$. Para hallar la ecuación del plano vamos a considerar el punto A y los vectores $\overrightarrow{AB} $ y $ \overrightarrow{AC}$\par
  Los vectores son $\overrightarrow{AB}=(0,-1,1) \text{ y } \overrightarrow{AC}=(-1,0,1)$. Por tanto la ecuación del plano es:
  \begin{displaymath}
  \mathbf{\pi}\equiv \left\vert \begin{array}{ccc}
  		x-1 & 0 & -1\\
  		y-1 & -1 & 0\\
  		z & 1 & 1\\
             \end{array} \right\vert
             = -(x-1)-(y-1)-z=-x+1-y+1-z=0 \Longrightarrow
 \end{displaymath}
 \begin{displaymath}
\Longrightarrow x+y+z-2=0
 \end{displaymath}\par
 Tenemos, en consecuencia, dos planos y voy a coger dos planos paralelos a ellos para construir la recta:
 $$\text{Plano 1º} \longrightarrow x+y+z-2=0 \longrightarrow x+y+z+3=0 \text{ (Paralelo) }$$
 $$\text{Plano 2º} \longrightarrow x+2y+3z=0 \longrightarrow x+2y+3z-1=0 \text{ (Paralelo) }$$\par
 Por tanto, una recta posible es:
 \begin{displaymath}
            \left.
  	     \begin{array}{l}
  		x+y+z+3=0\\
  		x+2y+3z-1=0\\
             \end{array} \right\}
 \end{displaymath}

%ejercicio 14 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Septiembre 05 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Hallar un vector de módulo 1 que sea ortogonal a los vectores de coordenadas $(0,1,1)$ y $(2,1,0)$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Una forma posible es calcular el producto vectorial de los vectores y obtendremos un vector ortogonal a ambos, después lo normalizamos y terminamos.\par
 Vamos a llamar $\vec{u}=(0,1,1)$ y $\vec{v}=(2,1,0)$.
 \begin{displaymath}
  \vec{w}=\vec{u}\wedge \vec{v}=
  \left| \begin{array}{ccc}
          \vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\
          0 & 1 & 1\\
          2 & 1 & 0\\
         \end{array} \right|
         = 2 \vec{j} - 2 \vec{k} - \vec{i} \Longrightarrow \vec{w}=(-1,2,-2)
 \end{displaymath}\par
El vector que buscamos lo obtenemos dividiendo $\vec{w}$ entre su módulo.
$$\dfrac{\vec{w}}{\left|\vec{w}\right|}=\dfrac{(-1,2,-2)}{\sqrt{1+4+4}}=\left(\dfrac{-1}{3},\dfrac{2}{3},\dfrac{-2}{3}\right)$$

%ejercicio 15 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Junio 06 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{Determina la relación que debe existir entre $a$ y $b$ para que los puntos de coordenadas $(1,0,0) , (a,b,0) , (a,0,b) \mbox{ y } (0,a,b)$ estén en un plano. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Para que ocurra lo que nos piden los vectores $\overrightarrow{AB} , \overrightarrow{AC} \mbox{ y } \overrightarrow{AD}$ tiene que ser linealmente dependientes. Veamos cuales son esos vectores e impongamos que el determinante que los tiene como filas valga $0$.\par
 $$\overrightarrow{AB}=(a-1,b,0) ; \overrightarrow{AC}=(a-1,0,b) \text{ y } \overrightarrow{AD}=(-1,a,b)$$\par
 Su determinate es
 \begin{displaymath}
  \left|\begin{array}{ccc}
         a-1&b&0\\
         a-1&0&b\\
         -1&a&b\\
        \end{array}\right|=-b^2-b^2(a-1)-ab(a-1)=0 \Longrightarrow \cancel {b^2}-ab^2+\cancel {b^2}-a^2b+ab=0 \Longrightarrow 
 \end{displaymath}
$$\Longrightarrow ab(-b-a+1)=0$$

%ejercicio 16 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Junio 06 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Determina el plano que pasa por el punto de coordenadas $(1,2,3)$ y por la recta de ecuaciones $x+y=1 , y+z=1$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a llamar $A$ al punto que nos dan. Vamos a pasar a paramétricas la ecuación de la recta y así tendremos un punto (que llamaremos B) y el vector director ($\vec{u}$) de la misma. Para encontrar la ecuación del plano usaremos $A, \overrightarrow{AB} , \vec{u}$.\par
 Hacemos $y=\lambda$ y nos resulta:
 \begin{displaymath}
  \left.\begin{array}{cc}
         x+\lambda&=1\\
         y&=\lambda\\
         \lambda+z&=1\\
        \end{array} \right] \Longrightarrow 
        \left.\begin{array}{ccr}
         x=&1&-\lambda\\
         y=&&\lambda\\
         z=&1&-\lambda\\
        \end{array}\right] \Longrightarrow \left\{
        \begin{array}{l}
         B(1,0,1)\\
         \vec{u}=(-1,1,-1)\\
        \end{array}\right.
 \end{displaymath}\par
De aquí deducimos que el plano queda determinado por:
$$A(1,2,3)$$
$$\overrightarrow{AB}=(0,-2,-2)$$
$$\vec{u}=(-1,1,-1)$$\par
Por tanto la ecuación del plano es:
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{ccc}
          x-1&0&-1\\
          y-2&-2&1\\
          z-3&-2&-1\\
         \end{array}\right|=2(x-1)+2(y-2)-2(z-3)+2(x-1)=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 =2x-2+2y-4-2z+6+2x-2=4x+2y-2z-2=0
\end{displaymath}\par
Una ecuación más simple sería
$$2x+y-z-1=0$$

%ejercicio 17 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Septiembre 06 - Ejercicio 1 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Determina el plano que pase por los puntos de coordenadas $(1,0,0)$ y $(0,1,0)$, y sea paralelo a la recta
\begin{displaymath}
 \begin{array}{cccc}
  x&+y&+z&=2\\
  x&-y&+z&=2\\
 \end{array}
\end{displaymath}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Supongamos que nuestros puntos son $A(1,0,0)$ y $B(0,1,0)$.\par
 El plano que buscamos va a quedar definido por uno de los puntos (por ejemplo A), por el vector $\overrightarrow{AB}$ y por el vector director de la recta ($\vec{u}$).\par
 Vamos a calcular primero los vectores $\overrightarrow{AB}$ y $\vec{u}$.
 \begin{itemize}
  \item $\overrightarrow{AB}=(-1,1,0)$.
  \item El vector $\vec{u}$ lo obtenemos al hacer el producto vectorial de los vectores normales a los planos que definen la recta.
  \begin{displaymath}
   \left. \begin{array}{cccc}
           x&+y&+z&=2\\
  	   x&-y&+z&=2\\
          \end{array}\right] \Longrightarrow 
   \left. \begin{array}{c}
           \overrightarrow{n_1}=(1,1,1)\\
           \overrightarrow{n_2}=(1,-1,1)\\
          \end{array}\right] \Longrightarrow \vec{u}=\overrightarrow{n_1}\wedge\overrightarrow{n_2}
  \end{displaymath}
Por tanto,
\begin{displaymath}
 \vec{u}=\overrightarrow{n_1}\wedge\overrightarrow{n_2}=\left|
 \begin{array}{ccc}
          \vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\
          1 & 1 & 1\\
          1 & -1 & 1\\
         \end{array} \right|= \vec{i}+\cancel {\vec{j}} - \vec{k} - \vec{k} - \cancel {\vec{j}} + \vec{i}= 2\vec{i} - 2 \vec{k} \Longrightarrow \vec{u}=(2,0,-2)
\end{displaymath}
 \end{itemize}\par
Por tanto la ecuación del plano es:
\begin{displaymath}
 \left| \begin{array}{ccc}
           x-1&-1&2\\
           y&1&0\\
           z&0&-2\\
          \end{array} \right|=-2(x-1)-2z-2y=-2x+2-2z-2y=0
\end{displaymath}\par
En consecuencia el plano buscado tiene ecuación
$$x+y+z-1=0$$

%ejercicio 18 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Junio 07 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Determina la relación que debe existir entre a y b para que el punto $P=(0,a,b)$ esté en el punto determinado por los puntos $A=(1,0,0), B=(1,1,1)$ y $C=(0,2,1)$.
\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a empezar por calcular la ecuación del plano. Para ello usamos como punto A(1,0,0) y como vectores $\overrightarrow{AB}(0,1,1)$ y $\overrightarrow{AC}=(-1,2,1)$.\par
La ecuación será:
\begin{displaymath}
 0=\left| \begin{array}{ccc}
           x-1&y&z\\
           0&1&1\\
           -1&2&1\\
          \end{array}
 \right| =(x-1)-y+z-2(x-1)=x-1-y+z-2x+2=-x-y+z+1
\end{displaymath}\par
Por tanto, una ecuación válida para el plano será $\pi\equiv x+y-z-1=0$\par
Vamos a imponer que $P\in \pi$, resultando la relación buscada
\begin{displaymath}
 a-b-1=0
\end{displaymath}\par

%ejercicio 19 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Junio 07 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\begin{normalsize}{Escribe un vector de módulo 1 que sea ortogonal al vector de coordenadas $(1,2,1)$.}
\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Llamemos a nuestro vector $\vec{u}(1,2,1)$. Para obtener un vector $\vec{v}$ ortogonal a él tiene que ocurrir que $\vec{u} \cdot \vec{v}=0$. Podemos tomar el vector $\vec{v}(1,1,3)$, el cual es evidente que es ortogonal a $\vec{u}$.\par
Además nos piden que sea de módulo uno, luego vamos a normalizarlo.
\begin{displaymath}
 \left|\vec{v}\right|=\sqrt{1+1+9}=\sqrt{11}
\end{displaymath}\par
Por tanto, el vector buscado es:
\begin{displaymath}
 \vec{w}\left(\dfrac{1}{\sqrt{11}},\dfrac{1}{\sqrt{11}},\dfrac{-3}{\sqrt{11}}\right)
\end{displaymath}

%ejercicio 20 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Septiembre 07 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\begin{normalsize}{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Determina la posición relativa de plano $x-y+z=2$ y la recta de ecuaciones
 \begin{displaymath}
  \dfrac{x}{2}=\dfrac{y+1}{1}=\dfrac{z+2}{-1}
 \end{displaymath}
 \item[b)] Calcula la distancia entre la recta y el plano anteriores.
\end{enumerate}
}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
\begin{enumerate}
 \item [a)] Vamos a tomar el vector normal y un punto del plano.
 \begin{displaymath}
  x-y+z=2 \Longrightarrow \vec{n}=(1,-1,1) \text{ y } A=(0,0,2)
 \end{displaymath}\par
 Ahora veremos el vector director y un punto de la recta:
 \begin{displaymath}
  \dfrac{x}{2}=\dfrac{y+1}{1}=\dfrac{z+2}{-1} \Longrightarrow \vec{u}=(2,1,-1) \text{ y } B=(0,-1,-2)
 \end{displaymath}\par
Tenemos que $\vec{u} \cdot \vec{n}=2-1-1=0 \Longrightarrow $ La recta es paralela al plano o está contenida en él.\par
Si $B\in\pi$ entonces la recta estaría contenida en el plano, pero:
\begin{displaymath}
 0+1-2\neq2
\end{displaymath}\par
Luego la recta es paralela al plano.
\item [b)] Vamos a calcular la distancia de la recta al plano. $$d(r,\pi)=d(B,\pi)=\dfrac{\left|0+1-2-2\right|}{\sqrt{1+1+1}}=\dfrac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3} \text{  } u$$
\end{enumerate}

%ejercicio 21 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Junio 08 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\begin{normalsize}{Sean $\vec{u}$ y $\vec{v}$ dos vectores ortogonales de módulo 4 y 3 respectivamente. Calcula el módulo de los vectores $\vec{u}+\vec{v}$ y $\vec{u}-\vec{v}$, indicando los resultados teóricos en que te basas para ello.
}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Tenemos que $\vec{v}$ y $\vec{v}$ son ortogonales y que $\left|\vec{u}\right|=4$ y que $\left|\vec{v}\right|=3$
\begin{itemize}
 \item [-] Vamos a calcular el módulo de $\vec{u}+\vec{v}$.
 \begin{displaymath}
  \left|\vec{u}+\vec{v}\right|\stackrel{(1)}{=}\sqrt{\left(\vec{u}+\vec{v}\right)\cdot \left(\vec{u}+\vec{v}\right)}\stackrel{(2)}{=}\sqrt{\left|\vec{u}\right|^2+\left|\vec{v}\right|^2+2\vec{u}\cdot\vec{v}}\stackrel{(3)}{=}\sqrt{\left|\vec{u}\right|^2+\left|\vec{v}\right|^2}=\sqrt{16+9}=5
 \end{displaymath}\par
 \item [-] Vamos a calcular el módulo de $\vec{u}-\vec{v}$.
 \begin{displaymath}
  \left|\vec{u}-\vec{v}\right|\stackrel{(1)}{=}\sqrt{\left(\vec{u}-\vec{v}\right)\cdot \left(\vec{u}-\vec{v}\right)}\stackrel{(2)}{=}\sqrt{\left|\vec{u}\right|^2+\left|\vec{v}\right|^2-2\vec{u}\cdot\vec{v}}\stackrel{(3)}{=}\sqrt{\left|\vec{u}\right|^2+\left|\vec{v}\right|^2}=\sqrt{16+9}=5
 \end{displaymath}\par
\end{itemize}
Vamos a comentar los conceptos teóricos utilizados.
\begin{itemize}
 \item [(1)] Nos basamos en la definición de módulo de un vector en función del producto escalar.
 \item[(2)] Usamos la propiedad que dice: `` $\vec{u}\cdot \vec{u}=\left|\vec{u}\right|^2$ ''.
 \item[(3)] Hemos utilizado la propiedad del producto escalar que dice: ``El producto escalar de dos vectores ortogonales es cero''.
\end{itemize}

%ejercicio 22 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Junio 08 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\begin{normalsize}{Sean $\vec{a}$ y $\vec{b}$ dos vectores no proporcionales del espacio real tridimensional. ¿Qué relación existe entre las direccciones de $\vec{a}$ y $\vec{b}$ y la dirección de su producto vectorial? ¿Cuánto vale el módulo del producto vectorial de $\vec{a}$ y $\vec{b}$?
}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
A la primera pregunta contestamos, por definición de producto vectorial, que la dirección del mismo es perpendicular a la de los dos vectores.\par
La segunda pregunta tiene también fácil respuesta.
\begin{displaymath}
 \left|\vec{a}\wedge\vec{b}\right|=\left|\vec{a}\right| \cdot \left|\vec{b}\right| \cdot sen\left(\widehat{\vec{a},\vec{b}}\right)
\end{displaymath}

%ejercicio 23 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Septiembre 08 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\begin{normalsize}{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Determina la recta que pasa por el punto $(1,1,1)$ y es perpendicular al plano $x+y=1$.
 \item[b)] Calcula el punto donde la recta obtenida corta al plano dado $x+y=1$.
\end{enumerate}
}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Contestaremos primero al apartado \textit{a}.\par
Como la recta es perpendicular al plano valdrá como vector director de la misma el vector normal al plano.
\begin{displaymath}
 \pi:x+y=1 \Longrightarrow \vec{n}(1,1,0)
\end{displaymath}\par
Por tanto la ecuación paramétrica de la recta es:
\begin{displaymath}
 \left. 
\begin{array}{l}
 x=1+\lambda\\
y=1+\lambda\\
z=1\\
\end{array}\right\}
\end{displaymath}\par
Su ecuación en forma continua será:
\begin{displaymath}
 \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-1}{1}=\dfrac{z-1}{0}
\end{displaymath}\par
De donde deducimos que su ecuación general será:
\begin{displaymath}
 \left. 
\begin{array}{rcl}
x-1&=&y-1\\
z&=&1\\
\end{array}\right\} \Longrightarrow
\left. \begin{array}{rl}
x-y&=0\\
z&=1\\
\end{array}\right\}
\end{displaymath}\par
Veamos ahora el apartado \textit{b}.\par
Para ello usaremos la ecuación paramétrica de la recta y sustituiremos en la ecuación del plano.\par
\begin{displaymath}
 1+\lambda+1+\lambda=1 \Longrightarrow 2\lambda=-1 \Longrightarrow \lambda=-\dfrac{1}{2}
\end{displaymath}\par
Por tanto, el punto buscado es:
\begin{displaymath}
 \left. 
\begin{array}{l}
x=1-\dfrac{1}{2}\\
\\
y=1-\dfrac{1}{2}\\
\\
z=1\\
\end{array}\right\} \Longrightarrow Q\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},1\right)
\end{displaymath}

%ejercicio 24 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Septiembre 08 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\begin{normalsize}{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Determina el plano que pasa por el punto de coordenadas $(1,1,1)$ y corta perpendicularmente a la recta
\begin{displaymath}
 \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y}{1}=\dfrac{z+1}{1}
\end{displaymath}
 \item[b)] Calcula el punto donde se cortan la recta y el plano.
\end{enumerate}
}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 08)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Calculemos primero el plano que nos piden en el apartado \textit{a}.\par
Como dicho plano corta perpendicularmente a la recta, el vector director de la misma valdrá como vector normal del plano. Por tanto, dicho vector normal es $\vec{n} (2,1,1)$.\par
En consecuencia, la ecuación del plano es:\par
\begin{displaymath}
 2x+y+z+D=0
\end{displaymath}\par
Como el plano pasa por el punto de coordenadas $(1,1,1)$, sustituyendo estas coordenadas en la ecuación anterior podemos calcular el valor de $D$.
\begin{displaymath}
 2+1+1+D=0 \Longrightarrow D=-4
\end{displaymath}\par
La ecuación del plano buscada es $2x+y+z-4=0$.\par
Vamos a resolver el segundo apartado.\par
La ecuación paramétrica de la recta es:
\begin{displaymath}
 r\equiv\left[
\begin{array}{rrcr}
x=&1&+&2\lambda\\
y=& & & \lambda\\
z=&-1&+&\lambda\\
\end{array}\right.
\end{displaymath}\par
Sustituyendo en la ecuación del plano obtenemos el valor de $\lambda$, y de ahí el punto buscado.
\begin{displaymath}
 2(1+2\lambda)+\lambda-1+\lambda-4=0 \Longrightarrow 2+4\lambda+\lambda-1+\lambda-4=0 \Longrightarrow 6\lambda=3 \Longrightarrow \lambda=\dfrac{1}{2}
\end{displaymath}\par
Sustituyendo el valor obtenido en la ecuación paramétrica de la recta obtenemos las coordenadas de dicho punto:
\begin{displaymath}
 \left.
\begin{array}{rrcccr}
x=&1&+&1&=&2\\
\\
y=& & & \dfrac{1}{2}&=&\dfrac{1}{2}\\
\\
z=&-1&+&\dfrac{1}{2}&=&-\dfrac{1}{2}\\
\end{array}\right] \Longrightarrow Q\left(2,\dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{2}\right)
\end{displaymath}

%ejercicio 25 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Junio 09 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\begin{normalsize}{Dadas las rectas
\begin{displaymath}
 r:\left\{
\begin{array}{l}
 x+y+z=0\\
 x-y+z=1\\
\end{array}\right.\hspace{0.3cm} ,\hspace{0.3cm}
r':\left\{
\begin{array}{rcrcrl}
 x&+&y&+&z&=0\\
 ax&+&&+&bz&=0\\
\end{array}\right.
\end{displaymath}\\
determine la relación que debe existir entre $a$ y $b$ para que:
\begin{enumerate}
 \item [a)] $r$ y $r'$ sean paralelas.
 \item[b)] $r$ y $r'$ sean perpendiculares.
\end{enumerate}
}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a empezar calculando unos vectores directores de las rectas y después contestaremos a los 
interrogantes que nos plantean.\par
Cada recta viene definida como corte de dos planos, por tanto el producto vectorial de los vectores 
normales de dichos planos valdrá como vector director de cada recta.\par
Empecemos por $r$:\par
Los vectores directores de los planos que definen a $r$ son $\overrightarrow{n_1}=(1,1,1)$ y 
$\overrightarrow{n_2}=(1,-1,1)$.\par
Por tanto:
\begin{displaymath}
 \vec{d}=\overrightarrow{n_1}\wedge\overrightarrow{n_2}=\left|\begin{array}{ccc}
                                         \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
					 1&1&1\\
					 1&-1&1\\
                                        \end{array}\right|=
\vec{i}+\vec{j}-\vec{k}-\vec{k}-\vec{j}+\vec{i}=2\vec{i}-2\vec{k} \Rightarrow \vec{d}=(2,0,-2)
\end{displaymath}\par
Hacemos lo mismo con $r'$ y tenemos que los vectores normales en este caso son 
$\overrightarrow{n'_1}=(1,1,1)$ y $\overrightarrow{n'_2}=(a,0,b)$.\par
Luego,
\begin{displaymath}
 \overrightarrow{d'}=\overrightarrow{n'_1}\wedge\overrightarrow{n'_2}=\left|\begin{array}{ccc}
                                         \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
					 1&1&1\\
					 a&0&b\\
                                        \end{array}\right|=
b\vec{i}+a\vec{j}-a\vec{k}-b\vec{j}=b\vec{i}+(a-b)\vec{j}-a\vec{k} \Rightarrow 
\overrightarrow{d'}=(b,a-b,-a)
\end{displaymath}\par
Una vez calculados los vectores pasamos a contestar las cuestiones que nos plantean.
\begin{enumerate}
 \item [a)] Para que sean paralelas tiene que ocurrir que $\vec{d}$ tenga la misma dirección que 
$\overrightarrow{d'}$, es decir, sus coordenadas tienen que ser proporcionales. Por tanto
\begin{displaymath}
 \dfrac{2}{b}=\dfrac{0}{a-b}=\dfrac{-2}{-a} \Rightarrow -2a=-2b \Rightarrow a=b
\end{displaymath}
\item [b)] Para que sean perpendiculares el producto escalar de los vectores directores de las rectas 
tiene que valer 0. Luego
\begin{displaymath}
 \vec{d} \cdot \overrightarrow{d'}=0 \Rightarrow (2,0,-2) \cdot (b,a-b,-a)=2b+2a=0
\Rightarrow 2b=-2a \Rightarrow b=-a
\end{displaymath}
\end{enumerate}

%ejercicio 26 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Junio 09 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\begin{normalsize}{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Calcule el punto de corte del plano $\Pi:x+y=0$ y la recta
\begin{displaymath}
 r:\left\{\begin{array}{lrcr}
  x=&&&\lambda\\
  y=&-2&&\\
  z=&1&+&\lambda\\
 \end{array}
\right.
\end{displaymath}
 \item[b)] Determine la recta $s$ que está contenida en el plano $\Pi$ y corta perpendicularmente a $r$.
\end{enumerate}
}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a responder a los dos apartados.
\begin{enumerate}
 \item[a)] Un punto cualquiera de $r$ tiene la siguiente forma $(\lambda,-2,1+\lambda)$. Vamos a sustituir este 
punto en la ecuación del plano y calcularemos de esa forma $\lambda$ y el punto en cuestión.
\begin{displaymath}
 \lambda-2=0 \Rightarrow \lambda=2
\end{displaymath}\par
En consecuencia el punto buscado es $P(2,-2,3)$.
\item[b)] La recta $s$ vendrá definida por el punto $P$ calculado anteriormente (ya que corta a r 
y está contenida en $\Pi$) y como vector director el producto vectorial de los vectores directores de $r$
 y el normal al plano $\Pi$ (por la misma razón anterior).\par
El vector nomal de $\Pi$ es $\vec{n}=(1,1,0)$ y el director de $r$ es $\vec{d}=(1,0,1)$.\par
Luego el vector director de $s$ será:
\begin{displaymath}
 \vec{u}=\vec{d}\wedge\vec{n}=\left|\begin{array}{ccc}
                                     \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
				     1&0&1\\
				     1&1&0\\
                                    \end{array}\right|=\vec{j}+\vec{k}-\vec{i} \Rightarrow \vec{u}=(-1,1,1)
\end{displaymath}\par
Por tanto la ecuación de la recta $s$ es:
\begin{displaymath}
 s:\left\{\begin{array}{lrcr}
           x=&2&-&\lambda\\
	   y=&-2&+&\lambda\\
	   z=&3&+&\lambda\\
          \end{array}\right.
\end{displaymath}
\end{enumerate}

%ejercicio 27 - Vectores, puntos, rectas y planos.

\subsection[Septiembre 09 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\begin{normalsize}{Considere las rectas
$r:\left\{\begin{array}{lrcr}
  x=&&&\lambda\\
  y=&&-&\lambda\\
  z=&1&&\\
  \end{array}
\right.$ y $s:\left\{\begin{array}{c}
  x+y=0\\
  x-z=1\\
  \end{array}
\right.$
\begin{enumerate}
 \item [a)] Compruebe que $r$ y $s$ son coplanarias.
 \item[b)] Obtenga las ecuaciones de la recta que corta a $r$ y a $s$, y es perpendicular a ambas.
\end{enumerate}
}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent
\newpage\textbf{- Solución:}\par
\begin{itemize}
 \item [a)] Para comprobar eso vamos a coger los vectores directores de las dos rectas y el vector 
que va de un punto cualquiera de $r$ a uno de $s$. Si los vectores resultantes son dependientes, 
las rectas serán coplanarias.\par
En la recta $r$ es muy fácil de calcular:
\begin{displaymath}
 r:\left\{\begin{array}{lrcr}
        x=&&&\lambda\\
	y=&&-&\lambda\\
	z=&1&&\\
       \end{array}\right. \Rightarrow \left\{
\begin{array}{l}
P(0,0,1)\\
\vec{u}=(1,-1,0)
\end{array}\right.
\end{displaymath}\par
Vayamos a con la recta $s$. Vamos a pasarla a paramétricas haciendo $x=\alpha$.
\begin{displaymath}
 s:\left\{\begin{array}{cccccl}
           x&+&y&&&=0\\
	   x&&&-&z&=1\\
          \end{array}\right. \Rightarrow 
 \left.\begin{array}{lrcr}
        x=&&&\alpha\\
	y=&&-&\alpha\\
	z=&-1&+&\alpha\\
       \end{array} \right] \Rightarrow \left\{
\begin{array}{l}
Q(0,0,-1)\\
\vec{v}=(1,-1,1)
\end{array}\right.
\end{displaymath}
El vector tercero que ibamos a calcular era el vector que va de $P$ a $Q$. Dicho vector es 
$\overrightarrow{PQ}=(0,0,-2)$.\par
Para comprobar que los tres vectores son coplanarios vamos a calcular el determinante que los 
tiene como filas.
\begin{displaymath}
 det\left[\vec{u},\vec{v},\overrightarrow{PQ}\right]=
\left|\begin{array}{ccc}
       1&-1&0\\
       1&-1&1\\
       0&0&-2\\
      \end{array}\right|=2-2=0
\end{displaymath}\par
Luego los vectores son dependientes y en consecuencia las rectas son coplanarias.
\item[b)] Dicha recta puede venir definida por:
\begin{itemize}
 \item Punto: Punto de corte de $r$ y $s$.
 \item Vector: $\vec{u}\wedge\vec{v}$.
\end{itemize}\par
Vamos a calcular el punto de corte de las dos rectas. Un punto genérico de $r$ tendrá la forma 
$R(\lambda,\lambda,1)$.\par
Si sustituimos en $s$ obtenemos:
\begin{displaymath}
 \left.\begin{array}{cccl}
        \lambda&-&\lambda&=0\\
	\lambda&-&1&=1\\
       \end{array}\right] \Rightarrow \lambda=2
\end{displaymath}\par
Por tanto el punto buscado es $R(2,-2,1)$.\par
El vector es:
\begin{displaymath}
 \vec{d}=\vec{u}\wedge\vec{v}=\left|\begin{array}{ccc}
                                     \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
				     1&-1&0\\
				     1&-1&1\\
                                    \end{array}\right|=-\vec{i}-\vec{k}+\vec{k}-\vec{j} \Rightarrow
\vec{d}=(-1,-1,0)
\end{displaymath}\par
Luego la recta buscada es:
\begin{displaymath}
 r_1:\left\{\begin{array}{rrcc}
            x=&2&-&\lambda\\
	    y=&-2&-&\lambda\\
	    z=&1&&\\
            \end{array}\right.
\end{displaymath}
\end{itemize}













\newpage
\section[Problemas métricos]{Problemas métricos}

%Primer ejercicio - Problemas métricos

\subsection[Junio 00 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\normalsize{Calcular la distancia del punto de coordenadas $(1,1,2)$ al plano que pasa por los puntos de coordenadas $(1,1,0);(1,0,1)$ y $(0,1,1)$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 00)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a asignarles un nombre a los puntos $A(1,1,2)$; $B(1,1,0)$; $C(1,0,1)$ y $D(0,1,1)$.\par
Vamos a calcular la ecuación del plano que pasa por $B, C \text{ y } D$. Para ello vamos a usar $B, \overrightarrow{BC} \text{ y } \overrightarrow{BD}$. Empecemos por calcular los vectores, que tendrían por coordenadas $\overrightarrow{BC}(0,-1,1) \text{ y } \overrightarrow{BD}(-1,0,1)$.\par
Por tanto la ecuación del plano:
\begin{displaymath}
 \left|
 \begin{array}{ccc}
  x-1&y-1&z\\
  0&-1&1\\
  -1&0&1
 \end{array}
 \right|=-(x-1)-(y-1)-z=-x+1-y+1-z=-x-y-z+2
\end{displaymath}\par
Por tanto vale como ecuación $\pi \equiv x+y+z-2=0$.\par
Vamos a calcular la distancia.
\begin{displaymath}
 d(A,\pi)=\dfrac{|1+1+2-2|}{\sqrt{1+1+1}}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\;u
\end{displaymath}

%Segundo ejercicio - Problemas métricos

\subsection[Junio 00 - Ejercicio 2 - Repertorio B]{\normalsize{Calcular la distancia del punto de coordenadas $(3,5,0)$ a la recta que pasa por los puntos de coordenadas $(0,1,2)$ y $(0,1,1)$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 00)\end{small}}\end{flushright}

\noindent \textbf{- Solución:}\par
A los puntos vamos a designarlos por $A(3,5,0) , B(0,1,2)$ y $C(0,1,1)$. La recta que pasa por $B$ y $C$ queda definida por $B(0,1,2)$ y $\overrightarrow{BC}=(0,0,-1)$. La distancia la calculamos por la fórmula conocida.
\begin{displaymath}
 d(A,r)=\dfrac{\left|\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{BC}\right|}{\left|\overrightarrow{BC}\right|}
\end{displaymath}
donde $\overrightarrow{AB}=(-3,-4,2)$. El producto vectorial del numerador queda:
\begin{displaymath}
 \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{BC}=
 \left|\begin{array}{ccc}
        \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
        -3&-4&2\\
        0&0&-1\\
       \end{array}
 \right|=4\vec{i}-3\vec{j} \Longrightarrow \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{BC}=(4,-3,0)
\end{displaymath}\par
Luego:
\begin{displaymath}
 d(A,r)=\dfrac{\sqrt{16+9}}{\sqrt{1}}=5 \text{ u.}
\end{displaymath}

%Ejercicio 3 - Problemas métricos

\subsection[Junio 01 - Ejercicio 1 - Repertorio A]{\normalsize{Definir el producto escalar de vectores y enunciar su relación con los conceptos de ángulo y distancia entre dos puntos. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 01)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Al ser una pregunta teórica puedes encontrar la solución en cualquier libro.

%ejercicio 4 - Problemas métricos

\subsection[Septiembre 02 - Ejercicio 3 - Repertorio B]{\normalsize{Calcular el área del cuadrilátero cuyos vértices son los puntos de coordenadas $(1,0,1), (2,0,2), (3,1,3) \text{ y } (1,2,1)$.}}\begin{flushright}\textit{\begin{small}(Septiembre 02)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Para que formen un cuadrilátero tienen que ser coplanarios. Vamos a empezar por comprobar esto. Para eso vamos a asignarles nombre a los puntos \mbox{$A(1,0,1) ; B(2,0,2) $ ;} $ C(3,1,3)$ y $D(1,2,1)$ . Vamos a considerar los vectores $\overrightarrow{AB}=(1,0,1) ; \overrightarrow{AC}=(2,1,2)$ y $\overrightarrow{AD}=(0,2,0)$ .
\begin{displaymath}
 \left|\begin{array}{ccc}
        1&0&1\\
        2&1&2\\
        0&2&0\\
       \end{array}
 \right|=4-4=0 
\end{displaymath}\par
En consecuencia los vectores son linealmente dependientes y por tanto los puntos son coplanarios.\par
La figura \ref{Grafica29} nos muestra el cuadrilátero.
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/Puntos_en_espacio.png}
\end{center}
\caption{Representación gráfica del cuadrilátero.}
\label{Grafica29}
\end{figure}\par
Para calcular el área vamos a dividir el cuadrilátero, como observamos en la figura \ref{Grafica29}, en dos triángulos que serían $ ABC $ y $ ACD $, después calcularemos el área de cada uno y por último sumaremos las dos para obtener el área que nos solicitan.
\begin{itemize}
 \item [-] Área de $ABC$
 \begin{displaymath}
  A_{ABC}=\dfrac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right|
 \end{displaymath}
 \begin{displaymath}
  \overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=
  \left|\begin{array}{ccc}
        \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
        1&0&1\\
        2&1&2\\
       \end{array}
 \right|=\cancel{2\vec{j}}+\vec{k}-\cancel{2\vec{j}}-\vec{i} \Longrightarrow \overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}= (-1,0,1)
\end{displaymath}\par
Luego:
\begin{displaymath}
  A_{ABC}=\dfrac{1}{2}\left|(-1,0,1)\right|=\dfrac{1}{2} \sqrt{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\; \text{u}^2
\end{displaymath}
\item [-] Área de $ACD$
\begin{displaymath}
  A_{ACD}=\dfrac{1}{2}\left|\overrightarrow{AC}\wedge \overrightarrow{AD}\right|
 \end{displaymath}
 \begin{displaymath}
  \overrightarrow{AC}\wedge \overrightarrow{AD}=
  \left|\begin{array}{ccc}
        \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
        2&1&2\\
        0&2&0\\
       \end{array}
 \right|=4\vec{k}-4\vec{i} \Longrightarrow \overrightarrow{AC}\wedge \overrightarrow{AD}= (-4,0,4)
\end{displaymath}\par
Luego:
\begin{displaymath}
  A_{ACD}=\dfrac{1}{2}\left|(-4,0,4)\right|=\dfrac{1}{2} \sqrt{32}=2\sqrt{2}\; \text{u}^2
\end{displaymath}\par
Luego el área que nos pedían es:
\begin{displaymath}
 A=A_{ABD}+A_{ACD}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}+2\sqrt{2}=\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\; \text{u}^2
\end{displaymath}

\end{itemize}

%Ejercicio 5 - Problemas métricos

\subsection[Junio 03 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{Determinar una constante $a$ para que el plano de ecuación \mbox{$ax+y+z=2$} forme un ángulo de $\pi /3$ radianes con el plano $z=0$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 03)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Sabemos que la fórmula para hallar el ángulo es:
 \begin{displaymath}
  cos\alpha=\dfrac{\left|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}\right|}{\left|\overrightarrow{n_1}\right|\cdot\left|\overrightarrow{n_2}\right|}
 \end{displaymath}\par
Los vectores normales de cada plano son:
\begin{displaymath}
 \begin{array}{lcl}
        ax+y+z=2&\Longrightarrow&\overrightarrow{n_1}=(a,1,1)\\
        z=0&\Longrightarrow&\overrightarrow{n_2}=(0,0,1)\\
       \end{array}
\end{displaymath}\par
Luego tenemos que
\begin{displaymath}
 cos\alpha=\dfrac{\left|(a,1,1)\cdot(0,0,1)\right|}{\left|(a,1,1)\right|\cdot\left|(0,0,1)\right|}=\dfrac{1}{\sqrt{a^2+2}\cdot 1}
\end{displaymath}\par
Como $\alpha=\pi/3$, sustituyendo resulta:
\begin{displaymath}
 \dfrac{1}{\sqrt{a^2+2}}=cos\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{2}
\end{displaymath}\par
Luego
\begin{displaymath}
 \sqrt{a^2+2}=2 \Longrightarrow a^2+2=4 \Longrightarrow a^2=2 \Longrightarrow a=\pm\sqrt{2}
\end{displaymath}

%Ejercicio 6 - Problemas métricos

\subsection[Junio 04 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Calcular la ecuación del plano que pasa por los puntos de coordenadas $(1,0,0)$; $(0,1,1)$; $(1,2,0)$. Determinar la distancia del punto $(2,1,1)$ a dicho plano. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 04)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Vamos a calcular la ecuación del plano que pasa por los tres puntos. Para ello vamos a considerar los tres puntos con los siguientes nombres: $A(1,0,0); B(0,1,1); C(1,2,0)$. Dicho esto, vamos a calcular la ecuación del plano que pasa por el punto A y tiene como vectores directores $\overrightarrow{AB} \text{ y } \overrightarrow{AC}$.\par
 Por tanto tenemos $A(1,0,0), \overrightarrow{AB}=(-1,1,1) \text{ y } \overrightarrow{AC}=(0,2,0)$.
 \begin{displaymath}
  \mathbf{\pi} = \left\vert \begin{array}{ccc}
  		x-1 & -1 & 0\\
  		y & 1 & 2\\
  		z & 1 & 0\\
             \end{array} \right\vert
             = -2z-2(x-1)=-2x-2z+2=0 \Rightarrow x+z-1=0
 \end{displaymath}\par
 Una vez hallada la ecuación del plano vamos a calcular la distancia del punto $P(2,1,1)$ a dicho plano.
 $$d(P,\pi)=\dfrac{\vert 2+1-1 \vert}{\sqrt{1^2+1^2}}=\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\dfrac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\text{ u.}$$\newpage

%Ejercicio 7 - Problemas métricos

\subsection[Junio 05 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Determinar las coordenadas de un punto que diste 2 unidades de la recta $$\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y}{1}=\dfrac{z-1}{-1}$$\end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Basta con tomar un vector perpendicular al vector director de la recta ($\vec{u}$) y un punto $A$ de la misma. Le sumamos a dicho punto un vector de módulo 2 y que tenga la dirección y sentido del vector perpendicular calculado. De entrada tenemos que el punto A puede ser $A(1,0,1)$ y que el vector director puede ser $\vec{u}=(1,1,-1)$. Un vector perpendicular a $\vec{u}$ puede ser $\vec{v}=(0,1,1)$, pues tenemos que:
 $$\vec{u}\perp \vec{v} \text{, pues } (0,1,1).(1,1,-1)=0$$\par
 Falta por encontrar un vector de la dirección de $\vec{v}$ pero de módulo 2. Por ejemplo podemos tomar $\vec{w}=(0,\sqrt{2},\sqrt{2})$.\par
 Con estos datos, el punto buscado es:
 $$P=A+\vec{w}=(1,0,1)+(0,\sqrt{2},\sqrt{2})=(1,\sqrt{2},1+\sqrt{2})$$

%Ejercicio 8 - Problemas métricos

\subsection[Junio 05 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\begin{normalsize}Si los lados de un rectángulo \textit{ABCD} miden 1 cm y 4 cm, calcular el coseno del ángulo \textit{PAC}, donde P es el punto medio del lado \textit{BC}:
\begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/rectangulo.png}
\end{center}
\end{figure}\end{normalsize}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Junio 05)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 El ángulo al que nos referimos viene representado en la figura \ref{Grafica7}
 \begin{figure}[h!]
 \begin{center}
 \includegraphics[width=6cm]{Imagenes/rectangulo1.png}
\end{center}
\caption{Visión del ángulo}
\label{Grafica7}
\end{figure}\par
Para resolverlo vamos a asignarle coordenadas a los puntos:
\begin{displaymath}
 A(0,0,0);  B(0,0,1); C(0,4,1) ; D(0,4,0) ; P(0,2,1).
\end{displaymath}\par
El ángulo que buscamos sería el formado por los vectores $\overrightarrow{AP}=(0,2,1)$ y  \mbox{$\overrightarrow{AC}=(0,4,1)$.} Por tanto tendríamos: 
$$cos\alpha=\dfrac{\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AP}\right| \cdot \left|\overrightarrow{AC}\right|}=\dfrac{(0,2,1)\cdot(0,4,1)}{\sqrt{0^2+2^2 + 1^2} \cdot \sqrt{0^2 + 4^2 + 1^2}}= \dfrac{0+8+1}{\sqrt{4+1}\cdot \sqrt{16+1}}=\dfrac{9}{\sqrt{85}}$$\par
En consecuencia:
$$\alpha=arccos \dfrac{9}{\sqrt{85}}=12^o 31' 44''$$

%Ejercicio 9 - Problemas métricos

\subsection[Septiembre 05 - Ejercicio 3 - Repertorio A]{\begin{normalsize}Si A, B y C son los puntos de coordenadas $(1,0,0); (0,1,0)$ y $(0,0,1)$ respectivamente
\begin{enumerate}
 \item[a)] Calcular el área del triángulo que forman los puntos A, B y C.
 \item[b)] Determinar el ángulo que forman los vectores $\overrightarrow{AB}$ y $\overrightarrow{AC}$.
\end{enumerate}\end{normalsize}
}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 05)\end{small}}\end{flushright}

\noindent\textbf{- Solución:}
 \begin{enumerate}
  \item [a)] Empezaremos por calcular el área del triángulo. Dicho área se calcula con la fórmula:
  $$A_T=\dfrac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}\right|$$
  Vamos a calcular los vectores y a realizar el producto vectorial:\\
  $\overrightarrow{AB}=(-1,1,0)$ y $\overrightarrow{AC}=(-1,0,1)$.\\ Por tanto:
  \begin{displaymath}
   \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\left|
           \begin{array}{ccc}
            \vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\
            -1 & 1 & 0\\
            -1 & 0 & 1\\
           \end{array} \right|
         = \vec{i} + \vec{k} + \vec{j} \Longrightarrow \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=(1,1,1)
  \end{displaymath}
En consecuencia, el área buscada es:
$$A_T=\dfrac{\left|(1,1,1)\right|}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mbox{ } u^2$$
\item [b)] Vamos a calcular ahora el ángulo que nos piden. para ello usamos la fórmula conveniente que es:
$$cos(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}})=\dfrac{\left|\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}\right|}{\left|\overrightarrow{AB}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AC}\right|}=\dfrac{\left|1+0+0\right|}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}=\dfrac{1}{2}$$
Por tanto:
$$\alpha=arccos\dfrac{1}{2}=60^o$$
 \end{enumerate}

%Ejercicio 10 - Problemas métricos

\subsection[Septiembre 06 - Ejercicio 2 - Repertorio A]{\normalsize{Calcula el ángulo que forma el plano $x+y+z=0$ con la recta de ecuaciones $x+y=1$, $y+z=1$. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 06)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
 Para hallar el ángulo vamos a utilizar la fórmula:
 $$cos(90^o-\alpha)=\dfrac{\left|\vec{u}\cdot \vec{n}\right|}{\left|\vec{u}\right| \cdot \left|\vec{n}\right|}$$
 donde $\vec{u}$ es el vector director de la recta y $\vec{n}$ el vector normal al plano. Vamos a calcularlos.
 \begin{itemize}
  \item Empezemos por el plano $x+y+z=0$, cuyo vector normal es $\vec{n}=(1,1,1)$.
  \item El vector director de la recta vamos a obtenerlo haciendo el producto vectorial de los vectores normales ($\overrightarrow{n_1}$ y $\overrightarrow{n_2}$) de los planos que determinan la recta. Dichos vectores normales son:
  $$x+y=1 \Longrightarrow \overrightarrow{n_1}=(1,1,0)$$
  $$y+z=1 \Longrightarrow \overrightarrow{n_2}=(0,1,1)$$
  \end{itemize}\par
  Por tanto el vector director será:
  \begin{displaymath}
    \vec{u}=\overrightarrow{n_1} \wedge \overrightarrow{n_2}=\left|
   \begin{array}{ccc}
    \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
    1&1&0\\
    0&1&1\\
   \end{array} \right|=\vec{i}+\vec{k}-\vec{j} \Longrightarrow \vec{u}=(1,-1,1)
  \end{displaymath}
 \par
Por tanto el coseno del ángulo buscado es:
$$cos(90^o-\alpha)=\dfrac{|(1,1,1) \cdot (1,-1,1)|}{\sqrt{1+1+1} \cdot \sqrt{1+1+1}}=\dfrac{|1-1+1|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}=\dfrac{1}{3}$$\par
En consecuencia:
$$90^o-\alpha=arccos \dfrac{1}{3} \Longrightarrow 90^o-\alpha=70^o 31' 42'' \Longrightarrow \alpha=90^o - 70^o 31' 42''=19^o 28' 18''$$

%Ejercicio 11 - Problemas métricos

\subsection[Septiembre 07 - Ejercicio 4 - Repertorio A]{\normalsize{Calcula el área del triángulo cuyos vértices son los puntos de corte del plano $x+y+z=1$ con los ejes coordenados. }}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 07)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a calcular las coordenadas de los vértices del triángulo.
\begin{itemize}
 \item [-] Eje X $\Longrightarrow (y=0 ; z=0) \Longrightarrow x=1 \longrightarrow A(1,0,0)$
 \item[-] Eje Y $\Longrightarrow (x=0 ; z=0) \Longrightarrow y=1 \longrightarrow B(0,1,0)$
 \item[-] Eje Z $\Longrightarrow (x=0 ; y=0) \Longrightarrow z=1 \longrightarrow C(0,0,1)$
\end{itemize}\par
Conocidos los vértices vamos a calcular el área que nos piden. Sabemos que:
\begin{displaymath}
 A_T = \dfrac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} \right|
\end{displaymath}\par
Las coordenadas de los vectores son $\overrightarrow{AB}=(-1,1,0)$ ; $\overrightarrow{AC}=(-1,0,1)$.\par
El producto vectorial de ambos es:
\begin{displaymath}
 \overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}=\left|
 \begin{array}{ccc}
  \vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
  -1&1&0\\
  -1&0&1\\
 \end{array}\right|=\vec{i}+\vec{k}+\vec{j}
\end{displaymath}\par
Por tanto:
\begin{displaymath}
 \overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}=(1,1,1)
\end{displaymath}\par
El área buscada será:
\begin{displaymath}
  A_T = \dfrac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} \right|=\dfrac{1}{2}\sqrt{1+1+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\text{  } u^2
\end{displaymath}

%Ejercicio 12 - Problemas métricos

\subsection[Septiembre 09 - Ejercicio 4 - Repertorio B]{\normalsize{
\begin{enumerate}
 \item [a)] Compruebe que la recta $r:\left\{\begin{array}{lrcr}
  x=&1&+&\lambda\\
  y=&&&\lambda\\
  z=&&&\lambda\\
  \end{array}
\right.$ es perpendicular al plano \mbox{$\Pi:x+y+z=1$.}
 \item [b)] Calcule los dos puntos de la recta $r$ cuya distancia al plano $\Pi$ es igual a 
$\sqrt{3}$ unidades.
\end{enumerate}
}}\begin{flushright}
\textit{\begin{small}(Septiembre 09)\end{small}}\end{flushright}
\noindent\textbf{- Solución:}\par
Vamos a responder en primer lugar al primer apartado. Para comprobar lo que nos piden tenemos que 
probar que el vector director de la recta tiene la misma dirección que el vector normal del plano, 
es decir, son proporcionales.\par
El vector director de $r$ es $\vec{d}=(1,1,1)$ y el vector normal del plano $\Pi$ es 
$\vec{n}=(1,1,1)$, luego $r$ es perpendicular a $\Pi$.\par
Para resolver el segundo apartado vamos a coger un punto genérico de la recta $r$, que tienen la forma 
$P(1+\lambda,\lambda,\lambda)$.\par
Vamos a calcular la distancia de estos puntos al plano $\Pi$ e imponer que dicha distancia valga 
$\sqrt{3}$.
\begin{displaymath}
 d(P,\Pi)=\dfrac{|1+\lambda+\lambda+\lambda-1|}{\sqrt{3}}=\sqrt{3} \Rightarrow |3\lambda|=3
\end{displaymath}\par
Por tanto tenemos que:
\begin{displaymath}
 |3\lambda|=3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
                           3\lambda=3 \Rightarrow \lambda=1 \Rightarrow P_1(2,1,1)\\
			   3\lambda=-3 \Rightarrow \lambda=-1 \Rightarrow P_2(0,-1,-1)\\
                          \end{array}\right.
\end{displaymath}






\end{document}
