Opción de examen n o 1

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Miguel Ángel Torregrosa Cáceres
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1 Septiembre-206 PAU Cantabria-Matemáticas II Opción de examen n o. a) Según el enunciado, se tiene: A B = C Ö è Ö è a b 2 c b c a = Ö è 0 Al igualar las matrices obtenidas se llega a: 2 + a + b = 2c + + b = 2 + c + a = 0 a + b = b + 2c = 4 a + c = 2 Al resolver este sistema se obtiene como solución: a = b = 2 c = b) Para a = 0, b = y c =, la matriz A es: Ö 0 è 0 Teniendo en cuenta que A = A Adj(A)t, empezamos por calcular su determinante: 0 = + + = 0 Calculamos ahora los adjuntos de cada elemento: A = 0 = A 2 = 0 = A = = 2 0 A 2 = 0 = A 22 = 0 = A 0 2 = = 0 A = = A 2 = = 2 A 0 = = Con lo que la expresión final de la matriz inversa de A es A = Ö è a) Cada una de las ramas de esta función es continua, por tanto para que la función sea continua debe de serlo también en los puntos de abscisa y. Estudiamos la continuidad en estos puntos teniendo en cuenta que una función es continua en el punto de abscisa x 0 si se verifica lím f(x) = f(x 0 ) y que el límite en caso de existir x x0 es único, es decir, el valor de los límites laterales debe coincidir.

2 Septiembre-206 PAU Cantabria-Matemáticas II 2 Continuidad en x = : lím f(x) = lím x x ( x + ) = 0 lím f(x) = lím + bx + ) = a + b + x + x +(ax2 a + b + = 0 Continuidad en x = : lím f(x) = lím + bx + ) = 9a + b + x x (ax2 9a + b + = 2 lím f(x) = lím x2 = 2 x + x + a + b = Nos queda el sistema cuya solución nos da a = 4 9a + b = y b =. b) A la vista de la gráfica vemos que el área pedida viene dada por 0 f(x)dx = ( x+)dx+ (x 2 +2x+)dx 0 ô ñ = ñ x2 x ô 2 + x + + x2 + x = 0 = = 4 6 u.a.. a) El punto P, proyección ortogonal del punto A sobre la recta r BC, viene dado por el punto intersección entre la recta y el plano perpendicular a ella que pasa por el punto A. Un vector normal al plano, al ser perpendicular a la recta r BC, es el vector BC= (2, 0, ). La ecuación del plano toma la forma: π 2x + z + D = 0. Para calcular D hay que tener en cuenta que buscamos aquel que pase por el punto A, con lo que se debe cumplir: D = 0 D =. La ecuación del plano es: π 2x + z = 0 Tomamos como vector director de la recta r BC el vector BC que junto con el punto B, por ejemplo, nos dan las siguientes ecuaciones paramétricas: x = 2t r y = z = + t con t R

3 Septiembre-206 PAU Cantabria-Matemáticas II El punto P = r BC π verifica estas dos ecuaciones a la vez, es decir, buscamos el valor de t que cumpla: 2(2t) + ( + t) = 0 t = 2 Sustituyendo este valor de t en las ecuaciones paramétricas de la recta se obtine como solución: Ç 4 P =,, 7 å b) La distancia de un punto (A) a una recta es la distancia entre el punto y su proyección ortogonal sobre la recta, es decir, en nuestro caso precisamente el punto P calculado en el apartado anterior. Así pues tenemos: d(a, r BC ) = d(a, P ) = Ã Ç 4 å 2 Ç + ( + ) å 2 = = 0 Independientemente de haber obtenido el punto P, otra forma de calcular la distancia del punto A a la recta r BC es mediante la expresión: d(a, r BC ) = v BC BA v BC Obteniéndose el mismo resultado. c) Una manera de comprobar la igualdad propuesta es mediante un cálculo directo, es decir: CA= (, 2, ) CA 2 = ( ) ( ) 2 = 6 AB= (, Ç 2, 0) AB CP = 6 å 2 = ( ) 2 + ( 2) 2 =, 0, Ç CP 2 = 6 2 Ç + Ç P B= 4 å å å 2 = 9, 0, 2 Ç P B 2 = å 4 2 Ç + 2 å = 4 Vemos que se cumple la igualdad: CA 2 AB 2 = 6 = CP 2 P B 2 = 9 4 = CA 2 AB 2 = CP 2 P B 2 Otra manera de comprobarlo sin necesidad de tener las coordenadas del punto P :

4 Septiembre-206 PAU Cantabria-Matemáticas II 4 CA 2 AB 2 = CA 2 AB 2 = ( CA + AB) ( CA AB) = CB ( CA AB) = a b a c Para nuestro caso se tiene que En el último paso se ha hecho uso de la interpretación geométrica del producto escalar de dos vectores como proyección de uno sobre otro. CB CA= a b cos α = a b CB AB= a c cos β = a c Por otra parte: CP 2 P B 2 = CP 2 P B 2 = ( CP + P B) ( CP P B) = CB ( CP P B) = a b a c Es decir: CA 2 AB 2 = CP 2 P B 2

5 Septiembre-206 PAU Cantabria-Matemáticas II Opción de examen n o 2. El estudio de la compatibilidad de un sistema lineal de ecuaciones se hace por medio del teorema de Rouché-Fröbenius. Para poder aplicar este teorema necesitamos calcular el rango de la matriz del sistema y el de su ampliada en función del parámetro a. La matriz A asociada a este sistema y su ampliada A son: A = Ö a 0 è a 2 0 a A = Ö a 0 a è 2 0 a Empezamos por ver que A = 6a 2 + 6a = 6a(a ), con lo que Si a 0 y rango(a) = = rango(a ) = n o de incógnitas T ma.r F S.C.D. Si a = 0 tomamos el menor formado por las dos últimas filas y las dos primeras 2 columnas = 2 0, con lo que rango(a) = 2. 0 Para calcular el rango de la matriz ampliada orlamos a partir de este menor con la columna de los términos independientes: = Por tanto, rango(a ) = 2 = rango(a) T ma.r F S.Incompatible). Si a = tomamos el menor formado por las dos primeras filas y columnas 0 = 2 0, con lo que rango(a) = 2. 2 Para calcular el rango de la matriz ampliada orlamos a partir de este menor con la columna de los términos independientes: 0 2 = 0 0 Por tanto, rango(a ) = 2 = rango(a) T ma.r F S.C.I. (uniparamétrico). Las soluciones para a 0 y las calculamos utilizando la regla de Cramer: 0 a 6a + 6a x = 2 = 6a(a ) 0 a 6a(a ) = 0 a a y = = a2 9a + a + 9a + a = a2 6a + 6a(a ) a 6a(a ) 6a(a ) a 0 2( a + ) z = 2 = 6a(a ) 0 6a(a ) = 2 (a ) 6a (a ) = a = a 6a

6 Septiembre-206 PAU Cantabria-Matemáticas II 6 Para a = y teniendo en cuenta el menor calculado antes, el sistema se reduce a las dos primeras ecuaciones: x + z = hacemos z = t x = t y = + 4t x + 2y + z = Es decir, la solución para este caso es: x = t y = + 4t z = t con t R 2. a) Dominio: no existe ningún valor real de x que anule el denominador de la función, por tanto: Dom (f) = R Puntos de corte con los ejes: Con el eje Y: x = 0 f(0) = 0 (0, 0) Con el eje X: y = 0 x = 0 (0, 0) Simetría: x f( x) = ( x) = x x = f(x) Es decir, esta función es IMPAR, presenta una simetría puntual respecto del origen de coordenadas. Intervalos de crecimiento y de decrecimiento: estos intervalos vienen dados por el signo de la primera derivada, si es positiva es creciente, si es negativa decreciente. f (x) = x2 + 4 (x 2 + 4) 2 Para ver el signo de esta expresión hay que tener en cuenta que el denominador es siempre positivo. Por tanto, el signo nos lo dará el numerador, el cual es negativo para x < 2 y para x > 2 y positivo para 2 < x < 2. Teniendo en cuenta lo anterior, se tiene que x (, 2) f(x) decreciente x ( 2, 2) f(x) creciente x (2, + ) f(x) decreciente Máximos y mínimos relativos: vienen dados por aquellos puntos que anulan la primera derivada. En nuestro caso x = ±2. Para ver si son máximos o mínimos tenemos que ver el signo de la segunda derivada para estos puntos: f (x) = 2x(x2 + 4) 2 ( x 2 + 4)2 (x 2 + 4)2x = 2x(x2 2) (x 2 + 4) 4 (x 2 + 4) Por tanto: f ( 2) = Ç 6 > 0 2, å es un mínimo 4 f (2) = Ç 6 < 0 2, å es un máximo 4

7 Septiembre-206 PAU Cantabria-Matemáticas II 7 Asíntotas Horizontales: lím x ± x x = 0 asíntota horizontal: y = 0 Verticales: No hay ningún valor que anule el denominador no tiene Oblícuas: y = mx + n m = b) Gráfica de la función: f(x) lím x ± x = lím x ± x x 2 +4 x = lím x ± x x(x 2 + 4) = 0 no tiene. a) Que v tenga la misma dirección y sentido que P Q implica que v = k P Q con k > 0. La otra condición es v = QR. Así pues, tenemos: v = k P Q v = k P Q = k P Q = QR k = QR P Q Teniendo en cuenta que P Q= (, 2, 2) y que QR= (,, ), se obtine que k = k = por tanto, el vector pedido es ( v =, 2, 2 ) b) Si los tres puntos estuvieran alineados los vectores P Q y QR serían paralelos y por tanto sus componentes proporcionales. Vemos que esto no es así: 2 2 El área del triángulo que forman se puede calcular utilizando la expresión

8 Septiembre-206 PAU Cantabria-Matemáticas II 8 Área( Ì P QR) = P Q QR 2 Calculamos pues, el producto vectorial: P Q QR= i j k 2 2 = 2 i + 2 j k 2 k j 2 i = 4 i + j k El módulo de este vector es P Q QR = Por tanto, el área pedida será A = 2 u.a. c) La ecuación general de la recta perpendicular a P Q que pase por R viene dada por la intersección del plano π que pasa por los tres puntos P, Q y R y el π perpendicular a la recta P Q y que pasa por R. El vector normal al plano π es n = P Q QR= ( 4,, ) ya calculado en el apartado anterior. La ecuación del plano toma la forma: π 4x + y z + D = 0. Para calcular D hay que tener en cuenta que pasa por el punto P, por ejemplo, con lo que se debe cumplir: 4 + D = 0 D = 8. La ecuación del plano es: π 4x + y z + 8 = 0 Hacemos lo mismo para calcular la ecuación de π teniendo en cuenta que un vector normal a este plano viene dado por n = P Q y debe pasar por R. Así pues, tenemos que: π x + 2y + 2z + D = D = 0 D = 7 La recta pedida es: 4x + y z + 8 = 0 r x + 2y + 2z 7 = 0 Otra forma: Consideremos un punto genérico S de la recta P Q y formemos el vector SR. El que nos interesa será aquel que cumpla P Q SR= 0, es decir, serían perpendiculares. Este vector será el vector director de la recta pedida. x = t r P Q = y = + 2t z = + 2t SR= ( + t, 2t, 2t) P Q SR= t + 2( 2t) + 2( 2t) = 9t = 0 t = 9

9 Septiembre-206 PAU Cantabria-Matemáticas II 9 Por tanto, el vector director de la recta pedida será: Ç SR= 9, + 2 9, + 2 å Ç 8 = 9 9, å 9, 7 9 O alternativamente, por simplificar, podemos tomar el v = (8,, 7) que junto con el punto R nos da las ecuaciones paramétricas de la recta pedida: x = + 8t r y = 2 + t z = 2 7t con t R

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