Este documento presenta la solución a un examen parcial de matemáticas II que incluye tres problemas. El primer problema involucra calcular los valores de a, b y c para que una matriz cumpla una relación y determinar la solución de un sistema homogéneo. El segundo problema pide hallar la ecuación de un plano perpendicular a una recta, calcular la distancia entre un punto y la recta, y encontrar el punto simétrico de un punto con respecto a la recta. El tercer problema solicita graficar una función racional estudiando sus propiedades

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DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
Matemática II
Universidad Ricardo Palma
Ingenieria Mecatrónica
Examenes Resueltos
Mg.: Miguel Ángel Tarazona Giraldo
E-mail: mitagi@gmail.com - mitagi@hotmail.com
http://migueltarazonagiraldo.com/
Julio del 2019
Integrales Examen resuelto de Matemáticas II
Examen Parcial
1. a) Calcula los posibles valores de a, b, c
para que la matriz
0
a b
A
c
 
  
 
verifique la
relación  
2
2 0A I  siendo I la matriz
identidad de orden 2 y 0 la matriz nula de
orden 2
b) ¿Cuál es la solución de un sistema
homogéneo de dos ecuaciones con dos
incógnitas, si la matriz de coeficientes es una
matriz
0
a b
A
c
 
  
 
verificando la relación
 
2
2 0A I  ?
c) Para 2,a b c   calcula la matriz X que
verifica 1
,A X A B
   siendo
4 1 0
.
0 1 4
B
 
  
 
Solución
a) Vamos a calcular la matriz 2 .A I
1 0
2 2
0 0 1
a b
A I
c
   
      
   
2 0
0 0 2
a b
c
   
    
   
2
0 2
a b
c
 
 
 
Ahora calculamos la matriz  
2
2 :A I
 
2 2 2
2
0 2 0 2
a b a b
A I
c c
    
     
    
 
2
2
2 (a c 4)
0 (c 2)
a b    
    
Igualamos esta matriz a la matriz nula y
calculamos los valores pedidos:
 
2
2A I   
2
2
0 02 (a c 4)
0 00 (c 2)
a b      
       
2
2
(a 2) 0 2
(a c 4) 0 b 0 ó a c 4 0
(c 2) 0 2
a
b
c
    

        
    
Para los valores de a y c calculados la segunda
ecuación se cumple siempre, independientemente
del valor de b. Por lo tanto las soluciones serían:
2
2
a
b con
c
 


 
 
a) El sistema homogéneo, en forma matricial sería:
0
0 0
a b x
c y
     
      
     

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Por lo tanto, operando obtenemos un sistema de
dos ecuaciones con dos incógnitas:
0
0
ax by
cy
 


Como sabemos los valores de a, b y c si cumple la
relación,  
2
2 0,A I  el sistema nos quedaría:
2 0
2 0
x by
y
 


Resolvemos y vemos que es compatible
determinado y que la solución es la trivial:
2 0 0
2 0 2 0 0 0
y y
x by x b x
  

       
El sistema sería compatible determinado y, al ser
homogéneo, tendría la solución trivial.
a) Primero vamos a despejar la matriz X de la
ecuación, multiplicando por la matriz inversa de
A en los dos miembros de la ecuación:
1
A X A B
    1 1 1
A A X A A B  
     
 
21
I X A B
     
21
X A B
 
Ahora calculamos la matriz inversa de A:
 1 1
( )
t
A Adj A
A

  
1 2 21
2 2 0 2
0 2
t
A Adj   
   
  
 1 2 01
2 24
t
A  
  
 
 1 2 21
0 24
A  
  
 
 1
1 1
2 2
1
0
2
A
 
 
  
 
 
 
Ahora calculamos el cuadrado de la matriz
inversa:
 
21
1 1
2 2
1
0
2
A
 
 
  
 
 
 
1 1
4 2
1
0
4
 
 
  
 
 
 
Y por último calculamos la matriz que nos piden:
 
21
X A B
  
1 1
4 1 04 2
1 0 1 4
0
4
 
   
   
   
 
 

1
1 2
4
1
0 1
4
X
 
  
  
 
 
 
2. Dada la recta
3 2
: 1
4
x
r y
z



 

 
  
a) Determina la ecuación implícita del
plano  que pasa por el punto (2,1,2)P  y es
perpendicular a r. Calcula el punto de
intersección de r y .
b) Calcula la distancia del punto (2,1,2)P  a
la recta r.
c) Calcula el punto simétrico del
punto (2,1,2)P  respecto a la recta r.
Solución
a) Si el plano y la recta son perpendiculares, el
vector director de la recta va a ser el vector normal
del plano:
( 2, 1,1)r nv v   
Sabiendo el vector normal podemos escribir:
0Ax By Cz D     2 0x y z D    
Como ahora conocemos un punto del mismo,
calculamos D y tenemos el plano que nos piden:
2 2 1 1 1 2 0D         3D  
2 3 0x y z    
Para calcular el punto de intersección, primero
substituimos las ecuaciones paramétricas de la

3. Página 3 de 10
recta en la ecuación general del plano para
calcular el valor del parámetro:
2 (3 2 ) (1 ) 4 3 0            0 
Con este valor vamos a la recta y tenemos el
punto:
3 2 0 3
1 0 1
4 0 4
x x
y y
z z
    

   
    
El punto de corte de r y  es: (3,1,4)M 
b) Como el punto
P es un punto del
plano, el punto
más próximo a él
de la recta r, es el
que acabamos de
calcular en el
apartado anterior. Por lo tanto, la distancia entre
el punto P y la recta r es igual a la distancia entre
los puntos P y M:
( , ) ( , )d P r d P M PM 
2 2 2
( , ) (3 2) (1 1) (4 2)d P r      
( , ) 5d P r u
c) El punto M, que era el punto de corte de la
recta y el plano, va a ser el punto medio del punto
P y de su simétrico P’. Por lo tanto, aprovechamos
esta circunstancia para calcularlo:
2
p p
M

  2p M P   
2 (3,1,4) (2,1,2)p   
(6,2,8) (2,1,2)p    (4,1,6)p 
3. Dibuja la gráfica de
2
2
(x)
1
x
f
x


estudiando:
dominio, simetrías, puntos de corte con los ejes,
asíntotas, intervalos de crecimiento y
decrecimiento, máximos y mínimos relativos,
puntos de inflexión e intervalos de concavidad
y convexidad.
Solución
Vamos a ir calculando cada uno de los puntos que
nos piden:
Dominio: El dominio de una función racional son
todos los valores reales, menos aquellos que
anulan el denominador.
1 0x  1x    (x) 1Domf  
Simetrías:
La función par o función simétrica con respecto al
eje si cumple que ( ) ( ) :f x f x 
2 2
2( ) 2
( ) ( )
1 1
x x
f x f x
x x

   
   
No es función par o no tiene simetría con
respecto al eje .
La función es impar o es simétrica con respecto al
origen de coordenadas si cumple que:
( ) ( ) :f x f x  
2
2
( x)
1
x
f
x
  

2 2
2 2
( )
1 1
x x
f x
x x

   
  
Tampoco es una función impar o simétrica con
respecto al origen de coordenadas.
Puntos de corte con los ejes:
Cortes con el eje :
2
2
0
1
x
x


 0x 
Corta al eje en el punto (0,0).
Cortes con el eje
2
2 0
0
0 1
y

 


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Corta al eje , también en el punto
Asíntotas:
Asíntotas verticales: comprobamos la existencia
en el punto que no es del dominio
2
1 1
2 2
lim ( ) lim
1 0x x
x
f x
x 
 

2
1
2
1
2 2
lim
1 0
2 2
lim
1 0
x
x
x
x
x
x







   
 
   
 
 . . 1AV en x 
Asíntotas horizontales:
2
2
2
lim
1
2
lim
1
x
x
x
x
x
x


 
    

   
  
 . .A H
Asíntotas oblicuas:
(x)
lim
x
f
m
x
 
2
2
1lim
x
x
x
x
 
2
2
lim
( 1)x
x
x x 
2
2
2
lim 2
x
x
x x

  
 
 lim ( )
x
n f x mx

  
2
2
lim 2
1x
x
x
x
 
 
 

2
lim 2
1x
x
x

 
 
. . 2 2AO en y x  
Crecimiento y decrecimiento: hacemos la primera
derivada e igualamos a cero
2
2
4 ( 1) 2 (1)
( )
( 1)
x x x
f x
x
 
 


 
2
22
2 4 2 (x 2)
(x 1) 1
x x x
x
 

 
( ) 0f x   2
2 ( 2)
0
( 1)
x x
x



2 ( 2) 0x x   
0
2
x
x



Con estos puntos y con el domino miramos el
signo de la primera derivada:
,0 0,1 1,2 2,
2x - + + +
2x  - - - +
2
(x 1) + + + +
( )f x
es creciente en: ,0 2,  
es decreciente en: 0,1 1,2
Máximos y mínimos: los posibles máximos y
mínimos relativos son el 0 y el 2, para saber si son
extremos relativos, los substituimos en la segunda
derivada.
 
2 2
4
(4 4)( 1) (2 4 )2( 1)1
( )
1
x x x x x
f x
x
    
 


3
4
(x 1)
 
3
4
(0) 4 0
0 1
f     

 0x  es un máximo
 
3
4
(2) 4 0
2 1
f    

 2x  es un mínimo
Calculamos la segunda coordenadas de cada uno
de los puntos:
2
2 0 0
(0) 0
0 1 1
f

  
 
 (0,0) Máximo
2
2 2 8
(2) 8
2 1 1
f

  

 (2,8) Mínimo
Puntos de inflexión: igualamos la segunda
derivada a cero para obtenerlos.
( ) 0f x   3
4
0
( 1)x



Al no tener solución la ecuación, no existen
puntos de inflexión.

5. Página 5 de 10
Concavidad y convexidad: para obtener los
intervalos de la curvatura, al no haber puntos de
inflexión, utilizamos simplemente el dominio de
la función.
,1 1,
4 + +
 
4
1x  - +
( )f x <0 >0
La función f(x) es cóncava en: ,1
La función f(x) es convexa en: 1,
Representación gráfica: Con todo lo calculado
anteriormente podemos trazar la gráfica de la
función.
4. a) Define primitiva de una función y
enuncia la regla de Barrow.
b) Dada la función 3
( ) ,f x ax bx c  
determina a, b y c sabiendo que 2 1y x  es
la gráfica tangente a la gráfica f(x) en el punto
correspondiente a la abscisa x = 0 y
que
1
0
( ) 1.f x dx 
Solución
a) La definición de primitiva de una función sería:
Decimos que es una primitiva de una función
f(x) si se cumple que ( ) ( ).F x f x  Esto se
denota: ( ) ( ) .F x f x dx  Si F(x) es primitiva de
f(x), también lo es ( ) ,F x k para todo .k  Por
lo tanto podemos escribir: ( ) ( ) .f x dx F x k 
El enunciado de la regla de Barrow es:
Si f(x) es una función continúa en el intervalo [a,
b], y una función definida en [a, b], derivable
y primitiva de f(x), es decir, para
cualquier , ,x a b entonces:
( ) ( ) ( )
b
a
f x dx F b F a 
b) Si la recta tangente es la
pendiente de la misma en el punto es
. Como la pendiente de la recta tangente a una
función en un punto se calcula con la primera
derivada, tenemos:
2
( ) 3f x ax b  
(0) 2f    2
3 (0) 2a b   2b 
La función quedará entonces así:
3
( ) 2 .f x ax x c  
Como la recta tangente y la función comparten el
punto de tangencia, por medio de la recta
podemos calcular la ordenada del punto x = 0:

6. Página 6 de 10
2 1y x   2 0 1y     1y 
El punto de tangencia es el punto Como ese
punto es de la función, se cumple:
(0) 1f   3
(0) a 0 2 0f c     
(0)f c  1c 
Con estos valores la función queda:
3
( ) 2 .f x ax x c  
Por último con el valor de la integral definida,
calculamos el valor que falta:
 
1
3
0
2 1ax x dx  
14 2
0
2
4 2
x x
a x
 
  
 

4 2 4 2
1 1 0 0
2 1 2 0
4 2 4 2
a a
 
     
 
 2
4
a

1
0
( ) 1f x dx   2 1
4
a
   4a  
Por lo tanto los valores son:
4;a   2;b  1c 
EXAMEN FINAL
1. a) Discute, según los valores del parámetro
m, el sistema:
1
3
2 3 3
x y z
x my z m
x y mz
  

  
   
b) Resuélvelo, si es posible, para 2.m 
Solución
a) Planteamos dos matrices, la de coeficientes (A)
y la ampliada con los términos independientes
(A*
):
1 1 1
1 3 ;
2 3
A m
m
 
 
  
 
 
*
1 1 1 1
1 3
2 3 3
A m m
m
  
 
  
 
 
Calculamos el determinante de la matriz A y lo
igualamos a cero para saber qué valores anulan
dicho determinante y poder así discutir los
rangos:
1 1 1
1 3 0
2 3
m
m

  2
6 0m m   
3
2
m
m
 


Los casos que tenemos son:
3
2
m
Si
m
 
 


(A) 3
º
Rang(A ) 3
rang
n de incógnitas




S.C.D.
3Si m    2,rangA  ya que
1 1
4 0.
1 3
  

Pero la A
puede tener rango 3, tenemos que
calcular los tres determinantes siguientes para
comprobarlo:
1 1 1
3 3 3 0;
3 3 3

  

1 1
1 3
2 3

 

1 1 1
1 3 3 0
2 3 3
  
(A ) 2
º
rang(A) 2
rang
n incógnitas

 


 S.C.I.
2Si m   2,rangA  ya que
1 1
1 0.
1 2
 

7. Página 7 de 10
Pero la A
puede tener rango 3, tenemos que
calcular los tres determinantes siguientes para
comprobarlo:
1 1 1
2 2 3 0;
3 3 2


1 1 1
1 2 3 0;
2 3 2


1 1 1
1 2 2 0
2 3 3

(A ) 2
º
rang(A) 2
rang
n incógnitas

 


 S.C.I.
c) Para el caso de 2m  el sistema es compatible
indeterminado, por lo tanto una de las ecuaciones
es combinación lineal de las otras. Se ve, por
ejemplo, que si sumamos la primera y la segunda
obtenemos la tercera. La última es por tanto
combinación lineal de las dos anteriores. Por eso
podemos eliminar cualquiera de las dos primeras:
1
2 3 2
2 3 2 3
x y z
x y z
x y z
  

  
   

1
2 3 2 3
x y z
x y z
  

  
Ahora ponemos una de las incógnitas como
parámetro y resolvemos por la regla de Cramer:
1
3 2 3 2
x
y z
y z





  
   
;x 
1 1
3 2 2
1 1
3 2
y


 




5 4
5


4
1 ;
5
y  
1 1
3 3 2
1 1
3 2
z







5


1
5
z 
La solución del sistema para 2m  es:
4
1
5
1
5
x
y
z

 


 


  



2. Dadas las rectas
3
: 1
4 2
x
r y
z


 

 
  
y
4 3 5
:
3 1 4
x y z
s
   
  
 
a) Estudia su posición relativa. Calcula la
ecuación implícita o general del plano que pasa
por el origen de coordenadas y es paralelo a r y
a s.
b) Calcula las ecuaciones paramétricas de la
recta que corta perpendicularmente a r y a s.
Solución
a) Identificamos los puntos y los vectores de
ambas rectas:
(1,0,2)
;
(3, 1,4)
r
r
v
p


 
(3, 1,4)
(4,3,5)
s
s
v
p
 


Con los puntos de las dos rectas hacemos un
vector: (1,4,1).r sp p 
Ahora en una matriz vamos a poner los dos
vectores directores y en otra los dos vectores
directores y el vector que hicimos con los puntos
de las rectas:
1 0 2
;
3 1 4
A
 
  
 
1 0 2
3 1 4
1 4 1
A
 
 
  
 
 
Calculamos los rangos y sabemos la posición
relativa de las rectas:

8. Página 8 de 10
La matriz A tiene rango 2, ya que:
1 0
1 0.
3 1
  

Por lo tanto los vectores directores son
linealmente independientes, es decir, no tienen la
misma dirección. Por lo tanto las rectas sólo
pueden ser o secantes o cruzadas.
La matriz A*
tiene rango 3, ya que:
1 0 2
3 1 4 9 0.
1 4 1
  
Por lo que el vector que hicimos con los puntos de
ambas rectas no está en el mismo plano que el de
los vectores directores. Por consiguiente las
rectas son cruzadas.
Si el plano tiene que ser paralelo a las rectas r y s,
los vectores directores de las mismas van a ser
vectores que nos determinen el plano. Como
además tiene que pasar por el origen de
coordenadas, ya tenemos determinado nuestro
plano:
(1,0,2)
: (3, 1,4)
(0,0,0)
r
s
v
v
o



 
 

0 0 0
: 1 0 2 0
3 1 4
x y z

  


Resolviendo
obtenemos el
plano pedido:
: 2 2 0.x y z   
b) Lo que nos
piden es la
perpendicular
común a dos
rectas que se cruzan. Para eso vamos a poner las
dos rectas en paramétricas. Una ya la teníamos y
la otra como tenemos un punto y un vector
director, la podemos poner directamente:
3
: 1 ;
4 2
x
r y
z



 

  
  
4 3
s : 3 ;
5 4
x u
y u u
z u
 

  
  
Ahora, vamos a coger un punto genérico de cada
una de las dos rectas:
(3 , 1,4 2 )rQ    
(4 3 ,3 ,5 4 )sQ u u u  
Hacemos un vector con estos dos puntos:
(1 3 ,4 ,1 2 4 )r sQ Q u u u      
Este vector vamos a asegurarnos que sea
perpendicular a los vectores directores de cada
una de las rectas. Eso lo hacemos con el producto
escalar:
r r sv Q Q  0r r sv Q Q 
  (1,0,2) 1 3 ,4 ,1 2 4 0u u u      
s r sv Q Q  0s r sv Q Q  
 (3, 1,4) 1 3 ,4 ,1 2 4 0u u u       
Resolvemos el producto escalar y nos queda un
sistema:
1(1 3u) 0(4 u) 2(1 2 4u) 0
3(1 3u) 1(4 u) 4(1 2 4u) 0
 
 
       

       

5 11 3
11 26 3
u
u


   

   

5
2u
 


Estos valores son los que hacen que el
vector r sQ Q sea perpendicular a los vectores
directores de las rectas. Vamos a calcularlo:
(1 5 3 2,4 2,1 2 5 4 2)r sQ Q         
(2,2, 1) 
Sólo nos falta un punto para tener determinada la
recta. Nos vale, tanto rQ como sQ , pero nos llega
con uno de los dos:

9. Página 9 de 10
(3 5, 1,4 2 5)rQ      8, 1,14 
Con el punto y el vector tenemos determinada la
recta perpendicular:
(8, 1,14)
:
Q Q (2,2, 1)
r
r s
Q
t


 

8 2
: 1 2
14
x t
t y t t
z t
 

   
  
3. a) Definición e interpretación geométrica de
la derivada de una función en un punto.
b) Calcula los valores de b y c para que la
función:
2
2
ln( ) 0
( )
0
e x si x
f x
x bx c si
  
 
  
sea derivable en .
(Nota: )
Solución
a) La derivada de una función real en un punto
a del dominio mide la variación en el incremento
de la función alrededor del punto respecto de la
variación en el incremento de la variable alrededor
del punto. Si hacemos que esa variación tienda a
cero tenemos la definición de derivada en un
punto, que sería el siguiente límite:
0
( ) ( )
( ) lim
h
f a h f a
f a
h
 
 
La interpretación geométrica de la derivada de
una función en un punto coincide con la
pendiente de la recta tangente en ese punto.
b) Primero tenemos que estudiar la continuidad
de la función en el punto , puesto que si la
función no es continua en ese punto, no puede ser
derivable:
 Imagen de la función en el punto:
2
(0) 0 (0)f b c c   
 Límites laterales:
2
00
lim ( ) limln( )
xx
f x e x 
   2
ln( 0 )e  ln 1e 
2
00
lim ( ) lim( )
xx
f x x bx c 
    2
0 0b c c   

0
lim ( )
x
f x

  1c 
 Para que la función sea continua en el punto:
0
lim ( ) (0)
x
f x f

  1c 
Ahora estudiamos la derivabilidad en el punto
. Para eso vamos a derivar la función:
2
2
0
( )
2 0
x
si x
f x e x
x b si x


  
  
Ahora estudiamos la derivada por la izquierda y
por la derecha en el punto:
2
2 0
'(0 ) 0
0
(0 ) 2 0
f
e
f b b



 

     
 (0 ) (0 )f f 
  
0b 
Por lo tanto para que la función sea derivable,
.
4. La gráfica de una función pasa
por el origen de coordenadas y su deriva
da es 3
( ) (2 ) .x
f x x e  
Determina la función y calcula los
intervalos de concavidad y convexidad de
Solución
Para calcularla función f(x) debemos obtener una
primitiva de la función, es decir, tenemos que

10. Página 10 de 10
calcular su integral:
( ) ( )f x f x dx   3
(2 ) x
x e dx
La hacemos por partes:
udv u v vdu   
2u x  3x
dv e dx
du dx  31
3
x
v e
3
(2 ) x
x e dx  3 3(2 ) 1
3 3
x xx
e e dx

   
3 32 1
3 9
x xx
e e c

   
La función f(x) será:
3
( ) (7 3 )
9
x
e
f x x c   
Nos queda calcular la constante de integración.
Para eso, sabemos que la función pasa por el
origen de coordenadas:
(0) 0f  
 3 0
7 3 0
0
9
e
c

 
 

7
9
c  
Por lo tanto, la función que buscamos sería:
3
7
( ) (7 3 )
9 9
x
e
f x x   
Para calcular los intervalos de curvatura, necesito
la segunda derivada. Como nos daban la primera,
sólo tenemos que volver a derivar esta:
3 3
( ) (2 ) 3x x
f x e x e     
 3 3
(6 3 )x x
e x e  
  3
1 (6 3 )x
e x  
3
( ) (5 3 )x
f x e x  
Para hacer los intervalos de curvatura necesitamos
los posibles puntos de inflexión, que obtenemos
igualando esta segunda derivada a cero:
( ) 0f x   3
(5 3 ) 0x
e x 

3
0x
e    .
5
5 3 0
3
sol
x x



   

Con este valor y con el dominio que son todos los
números reales, hacemos los intervalos de
concavidad y convexidad y miramos el signo de la
segunda derivada:
5
,
3

5
,
3

3x
e + +
5 3x + -
( )f x
Por lo tanto los intervalos de curvatura son:
5
( ) ,
3
f x es convexa de 
5
( ) ,
3
f x es cóncava de 
Resueltos por el Mg.: Miguel Tarazona G.
http://migueltarazonagiraldo.com/