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% Archivo: mat2002juna4.tex
% Autor:   Pedro Reina
% Fecha:   S.31.5.2008
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% Tipo de documento
\documentclass[12pt,a4paper,fleqn]{article}
\pagestyle{empty}

% Medidas
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% Paquetes
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% Definición de arctg
\DeclareMathOperator{\arctg}{arc\,tg}

% Datos para el PDF
\ifpdf
\pdfinfo
  {
  /Title  (Mat2002JunA4)
  /Author (Pedro Reina)
  }
\fi
\begin{document}

% Cabecera del documento
\begin{large}
  PAU Madrid. Matemáticas II. Año 2002. Examen de junio. \par
  Opción A. Ejercicio 4. Valor: 3 puntos.
\end{large}

\addvspace{5mm}

% Enunciado
\setlength{\fboxsep}{5mm}
\framebox[\textwidth]
  {
  \begin{minipage}{\textwidth-1cm}
  Se considera la función real de variable real definida por:
  $f(x)=\dfrac{1}{x^2+3}$
  \begin{enumerate}[a)]
    \item (1 punto) Hallar la ecuación cartesiana de la recta tangente
      en el punto de inflexión de abscisa positiva de la gráfica de $f$.
    \item (2 puntos) Calcular el área del recinto plano acotado limitado por
      la gráfica de $f$, la recta anterior y el eje $x=0$.
  \end{enumerate}
  \end{minipage}
  }

\addvspace{5mm}

% Resolución

\begin{enumerate}[a)]
  \item
    Para calcular las abscisas de los puntos de inflexión igualamos a cero la
    derivada segunda y resolvemos la ecuación:
    \begin{equation*}
    f(x)=\dfrac{1}{x^2+3} \Rightarrow f'(x)=-\frac{2x}{(x^2+3)^2} \Rightarrow
    f''(x)= - \frac{2(x^2+3)^2-2x2(x^2+3)2x}{(x^2+3)^4}=
    \end{equation*}
    \begin{equation*}
    = \frac{8x^2-2(x^2+3)}{(x^2+3)^3} = \frac{6x^2-6}{(x^2+3)^3};
    f''(x)=0 \Rightarrow 6x^2-6=0 \Rightarrow x^2=1 \Rightarrow
    x= \left \{ \begin{array}{l} 1 \\ -1 \end{array} \right.
    \end{equation*}
    La solución $x=-1$ no es válida por no ser positiva, así que hay
    que comprobar si en $x=1$ hay un punto de inflexión:
    \begin{equation*}
    f'''(x)=\frac{12x(x^2+3)^3-(6x^2-6)3(x^2+3)^2 2x}{(x^2+3)^6} \Rightarrow
    f'''(1) \neq 0
    \end{equation*}
    Luego $f$ tiene un punto de inflexión en $x=1$;
    el valor de la ordenada es $y=f(1)=\frac{1}{4}$

    La pendiente de la recta tangente es $m=f'(1)=-\frac{2}{16}=-\frac{1}{8}$

    La recta pendiente tiene ecuación $t \equiv y-\frac{1}{4}=-\frac{1}{8}(x-1)
    \Rightarrow t \equiv y=-\frac{1}{8}x+\frac{3}{8}$

    % Solución

    \setlength{\fboxsep}{2mm}
    \fbox{Solución}\quad
    La recta tangente pedida tiene ecuación $t \equiv y=-\frac{1}{8}x+\frac{3}{8}$

  \item
    La recta $t$ y la gráfica de $f$ se cortan en $x=1$, luego la superficie pedida es
    \begin{equation*}
    \int _0 ^1 \left( -\frac{1}{8}x+\frac{3}{8}-\frac{1}{x^2+3} \right) dx =
    \int _0 ^1 \left( -\frac{1}{8}x+\frac{3}{8}-\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot
      \frac{\frac{1}{\sqrt{3}}}{(\frac{x}{\sqrt{3}})^2+1} \right) dx =
    \end{equation*}
    \begin{equation*}
    =\left. -\frac{1}{8} \cdot \frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{8}x -
    \frac{\sqrt{3}}{3} \arctg \left( \frac{x}{\sqrt{3}} \right) \right] _0 ^1 =
    -\frac{1}{8} \cdot \frac{1}{2} + \frac{3}{8} -
    \frac{\sqrt{3}}{3} \arctg \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right) = 0,01020
    \end{equation*}

    % Solución

    \setlength{\fboxsep}{2mm}
    \fbox{Solución}\quad
    El área pedida es 0,01020 $u^2$

\end{enumerate}

% Datos impresos del documento
\begin{table}[b]
\rule{\textwidth}{0.1mm}
\begin{footnotesize}
\setlength{\parskip}{0.5ex}
Autor: Pedro Reina. URL: \texttt {http://pedroreina.net/pau/mat2002juna4.pdf} \par
Creado con \LaTeX. Licencia: \texttt {http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.5/es/}
\end{footnotesize}
\end{table}
\end{document}