MATEMÁTICAS: PAU 2015 JUNIO CASTILLA Y LEÓN

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1 MATEMÁTICAS: PAU 05 JUNIO CASTILLA Y LEÓN Opción A Ejercicio A m Dada la matriz A = ( 3 m + ), se pide: 0 m a) Hallar los valores de m para que la matriz A 0 tenga inversa. ( 5 puntos) La condición para que una matriz tenga inversa es que su determinante no sea nulo: A 0 = A A A A A A A A A A = A A A A A A A A A A = A 0 0 Así pues, para que la matriz A 0 tenga inversa, tiene que cumplirse que A 0: m m A = 3 m + = (m + ) (m + ) (m ) 0 { m 0 m m (A 0 ) m, tal que m R {,, } b) Para m = 0, calcular, si es posible, la matriz inversa de A. ( 5 puntos) La matriz inversa de A es igual a: Teniendo en cuenta que, para m = 0: 0 0 A = ( 3 0 Por lo que la matriz A es: Ejercicio A A = A Adj(At ) 3 ), A =, A t = ( A = ( ) A = ( ) ), Adj(A t ) = ( 0 a) Calcular la recta que corta perpendicularmente al eje OZ y que pasa por el punto P = (,, 3). ( 5 puntos) El eje OZ es una recta que pasa por el punto O = (0, 0, 0) y cuyo vector director es el vector unitario u z = (0, 0, ). Si definimos un punto genérico del eje OZ, Q = (0, 0, λ), el vector director de la recta r que buscamos tendrá la forma v = QP = (,, 3 λ). )

2 La condición de que la recta r sea perpendicular al eje OZ implica que los vectores v y u z también han de ser perpendiculares, por lo tanto: v u z v u z = 0 v u z = (,, 3 λ) (0, 0, ) = 3 λ = 0 λ = 3 Entonces, cuando λ = 3 el vector director de la recta r resulta ser v = (,, 0). Como sabemos que la recta pasa por P = (,, 3), su ecuación queda: r x = y = z 3 0 x = + μ { y = + μ z = 3 x = 0 b) Estudiar, en función del parámetro a, la posición relativa de la recta r { y = 0 π x + y + az =. ( 5 puntos) y el plano El estudio de la posición relativa de la recta r y el plano π se puede hacer atendiendo a las posiciones relativas de sus vectores director y normal, respectivamente. La recta y el plano serán paralelos si el vector director de la recta y el vector normal al plano son perpendiculares. La recta y el plano serán coincidentes si el vector director de la recta y el vector normal al plano son perpendiculares y si, además, comprobamos que un punto cualquiera de la recta pertenece al plano. La recta y el plano se cortarán en un punto en cualquier otro caso. La recta r, definida como la intersección del plano x = 0 (plano YZ) y el plano y = 0 (plano XZ), es la recta que corresponde al eje OZ, cuyo vector director es el vector unitario u z = (0, 0, ). Por su parte, el vector normal al plano π es n = (,, a). Para que u z y n sean perpendiculares, u z n = 0: u z n = (0, 0, ) (,, a) = 0 a = 0 r y π son paralelos La recta no es coincidente pues, por ejemplo, el punto (0, 0, 0) de la recta no pertenece al plano: a 0 Para cualquier otro valor de a la recta y el plano se cortarán en un punto: a 0 r y π se cortan Si se diese el caso de que u z y n fuesen paralelos, la recta y el plano se cortarían perpendicularmente. Para que esto ocurra, tendría que ser u z n = 0. Se puede comprobar que este producto vectorial no se anula (sea cual sea a), por lo que la recta y el plano nunca forman un ángulo de 90. En realidad, podríamos utilizar como vector director del eje OZ cualquier vector de la forma v = (0, 0, λ).

3 Ejercicio A3 Determinar los vértices del rectángulo de área máxima que tiene lados paralelos a los ejes de coordenadas y vértices en el borde del recinto deitado por las gráficas de las funciones f(x) = x y g(x) = x. ( 5 puntos) Las dos parábolas son simétricas respecto del eje de ordenadas, por lo que los puntos A y C son simé tricos de los puntos B y C, respectivamente. Los cuatro puntos son los vértices del rectángulo ABCD, cuya área tenemos que optimizar. Las coordenadas de los puntos A, B, C y D son: A( x, x ), B(x, x ), C( x, x ), D(x, x ) De modo que las longitudes de los lados del rectángulo pueden expresarse como las distancias entre los vértices de la siguiente manera: Por lo tanto, el área del rectángulo es: Optimizamos la función: Base del rectángulo AB = CD = x Altura del rectángulo AC = BD = x A = x ( x ) = 4x 4x 3 A(x) = 4x 4x 3 A (x) = 4 x A (x) = 0 4 x = 0 x = 4 = 3 x = ± 3 = ± 3 = ± 3 3 Evaluamos el signo de la segunda derivada: A (x) = 4x La función alcanza un máximo cuando x = 3 3. Para este valor, las coordenadas de los vértices son: A ( 3 3, 5 ), B ( 3 3 3, 5 3 ), C ( 3 3, ), D ( 3 3 3, 3 )

4 Ejercicio A4 a) Sea g(x) una función continua y derivable en toda la recta real tal que g(0) = 0 y g() =. Probar que existe algún punto c del intervalo (0, ) tal que g (c) =. ( punto) La función g(x) es continua y derivable en todo R, de modo que también lo es en el intervalo (0, ) y satisface las hipótesis del teorema del valor medio (o de Lagrange). Siendo g(0) = 0 y g() = : g(x) es continua en 0,] g(x) es derivable (0, ) } c (0, ) g (c) = g (c) = 0 0 g (c) = g() g(0) 0 b) Hallar la función f(x) que cumple f (x) = x ln(x + ) y f(0) =. ( 5 puntos) x ln(x + ) dx Para resolver esta integral, realizamos la sustitución: t = x +, dt = x dx dx = dt x x ln(x + ) dx = ln t dt La integral que se obtiene puede resolverse por partes: u = ln t, du = dt, dv = dt, v = t t ln t dt = (ln t t t t dt) = (t ln t dt) = (t ln t t) = t (ln t ) Deshaciendo el cambio, resulta, finalmente: Sabiendo que f(0) = : f(x) = x ln(x + ) dx = x + ln(x + ) ] + C Por tanto: f(0) = (ln ) + C = + C = C = + = 3 f(x) = x + ln(x + ) ] + 3

5 Opción B Ejercicio B x + my = Dado el sistema de ecuaciones lineales {, se pide: ( m)x y = m a) Discutir el sistema según los valores del parámetro m. ( 5 puntos) Se trata de un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas que discutiremos comparando el rango de la matriz de los coeficientes M con el de la matriz ampliada con los coeficientes M : m M = ( m ), m M = ( m m ) Evaluamos el rango de la matriz M en función del parámetro m: M m = = m ( m) = m + m m Si M = m m = 0 m = ± Analizamos cada una de las posibilidades: Si m y m : = ± 3 4 m = { m = M 0 ran(m) = ran(m ) = = n (número de incógnitas) m R {, } Sistema compatible determinado Si m = : Si m = : M = ( ) M = 0 ran(m) = M = ( } ran(m) = ran(m ) = < n ) ran(m ) = Si m = Sistema compatible indeterminado M = ( ) M = 0 ran(m) = M = ( ) ran(m ) = } ran(m) rann(m ) Si m = Sistema incompatible

6 b) Resolver el sistema en los casos en que la solución no sea única. (0 75 puntos) El sistema es compatible indeterminado para m = : x + y = { x y = Si hacemos y = λ, despejando en cualquiera de las dos ecuaciones obtenemos x en función de λ: En consecuencia, las soluciones son: x + y = x + λ = x = λ x = λ { y = λ c) Calcular los valores de m para que x = 3, y = sea solución. (0 5 puntos) Si las soluciones son x = 3, y = : 3 + m = { 3 ( m) = m De cualquiera de las ecuaciones puede obtenerse el valor de m: Ejercicio B 3 + m = m = + 3 = m = a) Puede haber dos vectores u y v de R 3 tales que u v = 3, u = y v =? ( punto) El producto escalar de dos vectores arroja un número que puede obtenerse de la siguiente manera: u v = u v cos α Siendo α el ángulo que forman los vectores u y v. Teniendo en cuenta los valores proporcionados: u v = cos α = 3 cos α = 3 = 5 El coseno de un ángulo es un número comprendido entre y, pero no puede ser nunca 5, por lo que no es posible encontrar dos vectores que reúnan las condiciones pedidas. b) Hallar el valor de a para que exista una recta que pase por el punto P = ( + a, a, a), corte x + y = x + z = 0 a la recta r { y sea paralela a la recta s { z = y = 0. ( 5 puntos) La recta buscada, que llamaremos t, es paralela a la recta s, por lo que comparten vector director. Este vector puede determinarse mediante el producto vectorial de los dos vectores normales de los planos que definen la recta s: i j k 0 = i + k v = (, 0, ) 0 0

7 Así, la recta t que tiene como vector director v = (, 0, ) y pasa por el punto P = ( + a, a, a) tiene como ecuación: x = + a λ t { y = a z = a + λ Por otra parte, sabemos que la recta t corta a la recta r, la cual expresamos en forma paramétrica: x + y = r { z = x = μ r { y = μ z = Así, igualando las respectivas coordenadas se obtiene el siguiente sistema: Despejando μ en las dos primeras e igualándolas: + a λ = μ { a = μ a + λ = + a λ = + a λ = 0 De la tercera ecuación obtenemos que λ = a. Sustituyendo en la anterior igualdad: Y la recta t queda: Ejercicio B3 a = 0 a = x = λ t { y = 0 z = + λ Dada la función f(x) = x ln x, determinar su dominio, asíntotas, intervalos de crecimiento y decrecimiento y extremos relativos. Esbozar su gráfica. ( 5 puntos) La función ln x exige que x > 0, y el hecho de que esta aparezca en el denominador, obliga a que ln x 0, algo que ocurre cuando x =, por lo que el dominio de la función resulta: En x = hay una asíntota vertical: Dom f = (0, ) (, + ) x x ln x =, x + x ln x = + No hay asíntota horizontal ni asíntota oblicua: x + x ln x = ] L Hôpital x + x = x = + No hay A. H. x + f(x) x + x = x ln x x + x = x + = 0 No hay A. O. ln x

8 Estudiamos la primera derivada para determinar los extremos relativos y los intervalos de crecimiento y decrecimiento: f (x) = ln x x x ln x = ln x ln x f (x) = 0 ln x = 0 ln x = x = e En el intervalo (0, e) f (x) < 0 Función decreciente. En el intervalo (e, + ) f (x) > 0 Función creciente. Cuando x = e f(e) = e Mínimo en el punto (e, e). Ejercicio B4 a) Calcular: ( punto) x ln( + x) ] x + x) x ] = ] = ln( ln( + x) x ln( + x) ] = 0 0 ] L Hôpital = = x + x ] = ( + x) ln( + x) + x + x ] = ln( + x) + ( + x) + x + x ( + x) ln( + x) + x ] = 0 0 ] + x ] ln( + x) + x + x ln( + x) + + ] =

9 b) Calcular el área del recinto deitado por las gráficas de las funciones f(x) = x, g(x) = x y la recta x = e. ( 5 puntos) Las gráficas de estas funciones son bien conocidas: En ambos casos se trata de sendas hipérbolas que nunca cortan a los ejes y que tienen un punto de intersección entre ellas en x =. De modo que el área encerrada por las curvas entre el punto de intersección y la recta x = e es igual a: A = ( x x) dx e e = x dx e x dx = ln x] e e x ] = (ln e ln ) ( e ) = 0 + e = e u