Resolución del examen de Matemáticas II de Selectividad Andalucía Junio de 2006

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1 Resolución del emen de Mtemátics II de Selectividd Andlucí Junio de 6 Antonio Frncisco Roldán López de Hierro * de junio de 6 Opción A Ejercicio [ 5 puntos] Determin un punto de l curv de ecución y e pendiente de l rect tngente se máim. en el que l Solución Por l propi de nición, l pendiente de l rect tngente es precismente l derivd y. Por consiguiente, lo que se nos pregunt no es dónde lcnz y un máimo, sino su función derivd y. L clculmos continución. Función optimizr f () y () e + ( ) e e Dónde lcnz est función su vlor máimo? Necesitmos l primer derivd de f, que es l segund derivd de y. f () y () ( ) e + e ( 4) e 4 e + e e Ddo que l función eponencil es estrictmente positiv, los puntos críticos de f son f (), ( p p ) 6 6, ; ; Estudimos el signo de f en l siguiente tbl (págin ). El único punto entonces en el que f lcnz un máimo reltivo es en. on est informción sobre su monotoní vmos trtr de dibujrl, pero ntes estudimos si tiene lgun síntot horizontl. En efecto, lm f () lm e lm ; e * Profesor del I.E.S. Acci de Gudi (Grnd) - http//www.ies-cci.com/ntonioroldn/

2 f y Mín + Má Mín + p p 6 6 f y & % & % udro Estudio del signo de f. y que l función eponencil crece más rpido que culquier función polinómic (tmbién puede demostrrse plicndo l regl de L Hôpitl sólo un vez). Esto nos grntiz que el eje de bsciss, l rect horizontl y, es un síntot horizontl de f mbos ldos. Teniendo en cuent l monotoní de f y su síntot horizontl, podemos dibujr proimdmente l grá c de l función f y y Esto nos yud concluir que el punto en el que l función y e pendiente máim es el punto (; ) (en el que l pendiente es y () f () ). Ejercicio Se I Z p + d. () [ 5 puntos] Epres I plicndo el cmbio de vrible t +. (b) [ 5 puntos] lcul el vlor de I. posee rect tngente con Solución on el cmbio de vrible ddo, se tiene que t, y sí p t. Derivndo se obtiene que d dt p t, y demás los límites de integrción se trnsformn sí < ) t ; t () + ) ) t 5 Entonces l integrl I qued epresd de l siguiente form en función de t Z Z 5 p t I p d dt p + t p t Z 5 p t p dt t Z 5 t p t dt

3 Esto y resuelve l primer prte del ejercicio, y hor sólo hy que integrr y plicr l regl de rrow I Z 5 t t p t t # t5 pt dt t p p 5 Z 5 pt t t t dt t5 p 5 5 t t # t5 t t Un curiosidd como el número áureo es nterior como Ejercicio onsider A I 4, siendo un número rel. + p 5, podemos epresr l integrl () [ punto] lcul el vlor de pr que A A. (b) [ punto] lcul, en función de, los determinntes de A y A t, siendo A t l trspuest de A. (c) [ 5 puntos] Eiste lgún vlor de pr que l mtriz A se simétric? Rzon l respuest. Solución Es sencillo observr que A A A Entonces, se tiene que A A + Pr que est mtriz coincid con l dd, es evidente que el número debe cumplir ls dos condiciones < ; +

4 4 Restndo mbs ecuciones se tiene que, de donde 4, y ést es l únic solución válid. Por otro ldo, es inmedito que det (A) 4 ; det (A) dim A det A det A t det A t det A Finlmente, l mtriz A nunc puede ser simétric porque A y A t y ddo que los elementos que ocupn l segund l y l primer column de mbs mtrices son distintos ( 6 ), nunc se tendrá l iguldd A A t y sí A no puede ser simétric. ; Ejercicio 4 onsider el plno de ecución + y 5 y z 6 m. z + y l rect r de ecución () [ punto] Hll l posición reltiv de r y según los vlores del prámetro m. (b) [ 75 puntos] Pr m., hll el plno que contiene l rect r y es perpendiculr l plno (c) [ 75 puntos] Pr m, hll el plno que contiene l rect r y es prlelo l plno. Solución Pr estudir l posición reltiv de r y, intentmos determinr los puntos de corte entre mbos. En primer lugr, es clro que l rect r ps por el punto A r (5; ; 6) y llev l dirección del vector u r ( ; ; m). Entonces r puede epresrse en ecuciones prmétrics >< 5 ; r y ; > z 6 + m. Pr que un punto de l rect r estuviese sobre el plno, deberí cumplir l ecución implícit del plno, es decir, Si m (5 ) + (6 + m) +, 6 (m + ), l ecución nterior qued de l form 6, que no tiene solución, por lo que l rect r nunc cortrí l plno. Evidentemente, en este cso l rect r es prlel l plno

5 5 (sin estr contenid dentro de él). Por otro ldo, si m 6, el prámetro qued unívocmente determindo como 6 m+, lo que signi c que l rect r cort en un único punto l plno. Así, concluímos que l posición reltiv entre r y es < Si m, l rect r y el plno son prlelos y disjuntos. Si m 6, l rect r y el plno son secntes (en un único punto). Supongmos hor que m. Y sbemos que r es prlel pero no se cortn. Llmemos l plno perpendiculr que contiene r. Por contener r, el plno debe contener l punto A r (5; ; 6) y debe llevr l dirección del vector u r ( ; ; m) ( ; ; ). Por otro ldo, por ser perpendiculr, un vector norml l plno, por ejemplo n (; ; ), debe estr contenido en el plno. De este modo qued determindo porque ps por el punto A r y llev l dirección de los vectores u r y n. Esto implic que un vector norml l plno es el producto vectoril n k u r n A A Así, un ecución generl del plno es de l form 4y z + k, y pr que este plno conteng l punto A r (5; ; 6), obligtorimente k 7. oncluimos pues que el plno que contiene l rect r y es perpendiculr l plno es 4y z + 7. Llmemos hor l plno que contiene l rect r y es prlelo l plno. Por ser prlelo l plno, debe ser de l form + y contener l punto A r (5; ; 6), de donde se deduce que k 4 A k 4 A z + k, y pr contener l rect r, debe 4. oncluimos entonces que el plno que contiene l rect r y es prlelo l plno es el plno + y z 4. Not Otr form de resolver el prtdo () del problem nterior consiste en buscr los puntos de corte entre l rect y el plno resolviendo un sistem de ecuciones lineles, o estudindo el rngo de l mtriz mplid. Vemos cómo hcerlo. Epresmos l rect en ecuciones implícits, es decir, como intersección de plnos. >< < + y 5; 5 y z 6 m, > 5 y; y z 6 m ;, my z 6 Entonces l intersección entre l rect r y el plno está determind por el sistem + y 5; >< r \ my z 6; > + y z

6 6 Estudimos el rngo de l mtriz mplid del sistem utilizndo el método de Guss 5 F 5 F F m 6 m 6 F F F 5 m + 6 Evidentemente, l últim l es equivlente l ecución (m + ) y 6. Si m, dich ecución se trduce en y 6, que no posee ningun solución, y l rect y el plno serín prlelos y disjuntos. Si m 6, el rngo de l mtriz de coe cientes coincide con el rngo de l mtriz mplid, que l ser igul l número de incógnits, nos dice que el sistem es comptible determindo. Así l rect y el plno se cortn en un único punto, y nuevmente obtenemos l mism clsi cción < Si m Si m 6, l rect r y el plno son prlelos y disjuntos., l rect r y el plno son secntes (en un único punto). Opción Ejercicio Se f l función de nid por f () 4 +, pr 6. () [ 75 puntos] Hll, si eisten, los puntos de corte con los ejes y ls síntots de l grá c de f. (b) [ punto] Determin los intervlos de crecimiento y decrecimiento y los etremos reltivos de f. (c) [ 75 puntos] Esboz l grá c de f. Solución L función f no cort l eje de ordends, porque el punto no pertenece l dominio. Por otro ldo, f tmpoco cort l eje de bsciss, porque su numerdor es estrictmente positivo, y sí f (), 4 +, 4 ; no tiene solución rel. Deducimos pues que f no cort ninguno de los ejes coordendos. usquemos hor sus posibles síntots. omo en el punto se nul el denomindor de f pero no el numerdor, el eje de ordends es un síntot verticl de f, siendo lm f () ; lm f () + +

7 7 Por otro ldo, l función rcionl f no posee ningun síntot horizontl ni verticl, porque el grdo del numerdor es tres uniddes myor que el grdo del denomindor (si sus grdos fuesen igules, hbrí un síntot horizontl, y si el grdo del numerdor fuese un unidd myor que el del denomindor, entonces hbrí un síntot horizontl). En consecuenci, l únic síntot de f es l rect verticl. Pr estudir su monotoní, clculmos su primer derivd f () Sus únicos puntos críticos son f (), 4, 4, En l siguiente tbl estudimos l monotoní y los etremos reltivos de f. f Mín + A.V. Mín + f % & & % Deducimos entonces que < f creciente en ] ; [ [ ]; +[ ; Monotoní f decreciente en ] ; [ [ ]; [ Etremos < Máimo rel. en ( ; 4) ; Mínimo rel. en (; 4) on todos estos dtos, podemos dibujr l grá c de f como sigue. y Ejercicio [ 5 puntos] El áre del recinto limitdo por ls curvs de ecuciones y y p, con >, vle. lcul el vlor de. e

8 Solución En primer lugr, determinmos los puntos en los que se cortn ls dos curvs. p, 4, 4, 4,,, < o bien, ; o bien, Si no sbemos dibujr ls funciones, estblecemos directmente l condición sobre el áre e integrmos utilizndo l regl de rrow Z u.c.s. A p d p # Z d Entonces 9 y como sbemos que >, concluimos que. Z p p d p Un representción grá c del áre nterior se podí dibujr conociendo ls forms de ls funciones prbólic y ríz cudrd, sbiendo que >. y Obsérvese cómo ls grá cs de ls funciones prbólic y ríz cudrd dividen l cudrdo de ldo en tres regiones de igul áre l obtenid en el ejercicio nterior ( ). Ejercicio [ 5 puntos] Resuelve 5 A y z A + A 5 A

9 9 Solución El sistem nterior es equivlente 5 5 A y A A z A 7 A ; que se resume en el sistem con tres ecuciones >< + 5z 7; + y z ; > + y + z Resolvemos el sistem utilizndo el método de Guss. 5 7, F F ;, F F + F ; F F F,, F F ; F F + F ; 9 Se deduce inmeditmente que z, de quí y y nlmente. Por tnto, el sistem es comptible determindo y su únic solución es f ; y ; z g. Tmbién se podí hber resuelto el sistem utilizndo l regl de ràmer, y que 5 det A ( + + 5) ( 5 + 4) ; y z (7 + ) ( 5 + 4) 6 ( ) ( ) 6 ( + + 7) ( 7 + 4) ; 6 6 ; 6 6

10 O tmbién se podí hber resuelto utilizndo l mtriz invers de A y z A A A 7 A A Ejercicio 4 onsider el punto P (; ; ) y l rect r de ecuciones ( A 7 A + y z ; + z + () [ punto] Hll l ecución del plno que contiene l punto P y l rect r. (b) [ 5 puntos] Determin ls coordends del punto Q simétrico de P respecto de l rect r. Not Este ejercicio es idéntico [5 - Modelo - Opción A - Ejercicio 4]. Solución Llmemos l plno que contiene P y r. Evidentemente, viene determindo por el punto P y los vectores ~u r (director de l rect r) y A r P, donde A r es culquier punto de l rect r. Elijmos, por ejemplo, A r ( ; 4; ), de donde A r P (; ; ) ( ; 4; ) (4; ; ) k (; ; ), y elijmos como vector director de r l producto vectoril ~u r A A A Ar u P Un vector norml l plno puede elegirse sí ~n k ~u r A r P A A 4 A k 4 A Entonces un ecución generl del plno es de l form + y 4z + k, y pr que el punto P (; ; ) pertenezc este plno, obligtorimente k 7 y, sí, un ecución del plno que contiene P y r es + y 4z 7.

11 Pr clculr el punto Q, simétrico de P respecto de r, llmemos l plno perpendiculr r que ps por P. ulquier vector norml es prlelo culquier vector director de r, por lo que podemos tomr ~n ~u r (; ; ). Así y z + k, y pr que P (; ; ) pertenezc es necesrio que k, por lo que y z. Llmemos M l único punto donde r cort, es decir, l proyección ortogonl del punto P sobre l rect r. Sus coordends vienen dds por >< M r \ > P + y z ; M + z ; y z Q Resolvemos el sistem utilizndo el método de Guss., F F ;, F F F ; 4 F F F 5 F F + F L únic solución del sistem es hor z ortogonl M del punto P sobre l rect r es M (; ;, y y, lo que nos indic que l proyección ). Entonces P M (; ; ) (; ; ) ( ; ; ); y ddo que M es el punto medio entre P y Q, se concluye que P Q P M, q p + P M (; ; ) + ( ; ; ) ( ; ; ) ; lo que signi c que el punto simétrico de P respecto de l rect r es Q ( ; ; ).

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