M a t e m á t i c a s I I 1

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1 Matemáticas II

2 Matemáticas II

3 CEUTA Y MELILLA CONVOCATORIA SEPTIEMBRE 009 SOLUCIÓN DE LA PRUEBA DE ACCESO AUTOR: José Luis Pérez Sanz Opción A Ejercicio Como esta función está definida en el intervalo [, ), carece de asíntota vertical, pues no eiste ningún punto en el cual el límite sea o. Tampoco calcularemos asíntotas en, puesto que f() está definida para. Veamos si tiene asíntota horizontal en : no tiene asíntota horizontal. Veamos si posee asíntota oblicua (y m n): f() m Se resuelve separando en dos el cociente: n f() m Ahora se produce una indeterminación que resolvemos multiplicando y dividiendo por el conjugado: ( ) ( ) Al igual que en el anterior límite, nos surge una indeterminación /. Dividimos numerador y denominador entre, que es la mayor potencia: Por lo tanto, la función tiene una asíntota oblicua en el infinito y vale y. O Y y / f() X Ejercicio a) La curva y se trata de una parábola cóncava, con el único punto de corte con los ejes (0, 0) y el vértice en ese mismo punto. Marcamos los dos recintos: b) Según el dibujo calculamos la recta que une los puntos C(, ) y D(0, ) que es, obviamente, y. A continuación, calculamos el punto de corte de la parábola con esta recta, pero solamente el valor positivo de : En el recinto A la función y pasa siempre por encima y la función y pasa siempre por debajo, desde el punto 0 hasta ; por lo tanto, calculamos el área A de la siguiente manera: 0 A d ( ) 6 6 u 6 Para calcular el área de A lo más cómodo es restarle al área del rectángulo ABCD, que vale unidades, el área A : 6 A u En definitiva las áreas de cada recinto son: A,55 u 6 A 0,845 u O Y A A 6 0 X Oford University Press España, S. A. Matemáticas II

4 CEUTA Y MELILLA CONVOCATORIA SEPTIEMBRE 009 Ejercicio a) Como el sistema es cuadrado, hallamos el determinante de la matriz de coeficientes: 0 A 0 6 Veamos cuándo se anula este determinante: 60 (6) 0 0, 6 Tenemos, por lo tanto, lo siguiente: Si 0 y 6, los rangos de la matriz de coeficientes y de la matriz ampliada valen, que coinciden con el número de incógnitas. Nos encontramos ante un sistema compatible determinado. Si 0 A Como el menor 0 0, el rango es. Orlamos este determinante añadiendo la columna de términos independientes, pues la tercera columna para 0 proporciona un determinante nulo. Este determinante vale claramente cero (las dos últimas columnas son iguales). Por tanto, rango (A) rango (A*) n.º de incógnitas, luego el sistema es compatible indeterminado con grado de libertad. Si 6 A El rango de esta matriz claramente es. Orlamos este menor y obtenemos: Por lo tanto, el rango de la matriz ampliada vale. Como es distinto del rango de la matriz de coeficientes, el sistema es incompatible. b) Según el apartado anterior, cuando 0, el sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad. Prescindimos de la fila (ecuación) que no forma parte del menor con el que calculamos el rango: 0 y z Pasamos al otro lado del igual la columna (incógnita) que no forma parte de dicho menor: 0 y z Sustituimos en la segunda ecuación la incógnita por el valor 0: y z Así, las infinitas soluciones de este sistema compatible indeterminado se epresan de la siguiente manera: 0 y con z Ejercicio 4 a) Para calcular la posición relativa de las rectas necesitamos sus vectores directores: v " r (,, ), v " s (,, 0) Como los vectores no son proporcionales, las rectas no coinciden ni son paralelas; luego se cortan o se cruzan. Para saber si se cortan o se cruzan necesitamos un punto de cada una de ellas para construir un tercer vector: P r (, 0, ), P s (,, 0) PQ $ Q P (,, ) Con los tres vectores construimos el determinante: Como el determinante no se anula, las rectas se cruzan. b) Si el plano es paralelo a ambas rectas, dos vectores para generarlo son los vectores directores de las rectas. Un punto representativo del plano es, según el enunciado, el punto P. La situación se muestra en la siguiente figura: v s v r v r Construimos el plano con los dos vectores y el punto: 0 y 0 z y z z 4 y 4z 4 0 Podemos, incluso, simplificar esta ecuación: y z 0 v s P r Oford University Press España, S. A. Matemáticas II 4

5 CEUTA Y MELILLA CONVOCATORIA SEPTIEMBRE 009 Opción B Ejercicio Representamos un rectángulo para orientarnos en este problema de optimización. El área del rectángulo debe ser de 6 cm ; por lo tanto, la relación entre las variables es: y 6 La diagonal del rectángulo se calcula con el teorema de Pitágoras de la siguiente manera: D(, y) y Para construir la función de una variable, despejamos una incógnita, y = 6/, y la sustituimos en la función diagonal: 6 D() Para buscar el mínimo calculamos su función derivada: 4 D () ( 4 56) D(, y) D (v) Queda descartado el valor negativo por tratarse de la medida del lado de un rectángulo. Comprobamos que 4 minimiza la función estableciendo intervalos, ya que la derivada segunda resulta más dificultosa. En (0, 4) D 0, por tanto D es decreciente. En (4, ) D 0, por tanto D es creciente. Como la función decrece a la izquierda de = 4 y crece a su derecha, se trata de un mínimo. Calculamos ahora el valor de la otra incógnita: 6 y 4 4 Luego la base y la altura del rectángulo que buscamos tienen que ser de 4 cm cada una. Se trata, por lo tanto, de un cuadrado. y Ejercicio Tal y como se sugiere, utilizamos el cambio de variable: t dt d Buscamos una epresión para 4 que aparece en la raíz: 4 t t 4 t 9 Tenemos entonces: dt d t dt dt 4 4t 4( t ) arc sen t dt t 6 arc sen C Ejercicio Para resolver AX B t C aplicamos los siguientes pasos: AX C B t X A (C B t ) Calculamos en primer lugar A : A 4 Adj (A) (Adj (A)) t (Adj (A)) t 4 4 A 4 4 A 4 54 A continuación, calculamos C B t : 4 6 C B t 4 0 Por último, hallamos X: X A (C B t ) Oford University Press España, S. A. Matemáticas II 5

6 CEUTA Y MELILLA CONVOCATORIA SEPTIEMBRE 009 Ejercicio 4 a) Para calcular la ecuación del plano que contiene a r y es paralelo a s, necesitamos los vectores directores de ambas rectas y un punto de r. " v " i " " j k r 0 (,, ) " v " i " " j k s 0 0 (4, 0, ) 0 Para obtener un punto de r en el sistema, tomamos, por ejemplo y 0 en la primera ecuación: 0 Sustituimos el valor de y de y en la segunda ecuación: 0 z 0 z 4 Por lo tanto, P r (, 0, 4). Construimos a continuación el plano: 4 y 0 z 4 0 6y 4z 0 0 La ecuación simplificada es la siguiente: y z 5 0 b) Si un plano que contiene a r ha de ser perpendicular a s, será porque ambas rectas sean perpendiculares. Averigüemos, pues, si las rectas son perpendiculares. Se tiene que cumplir que sus vectores directores sean perpendiculares, es decir, que el producto escalar de ambos vectores se anule. v " r v " s (,, ) (4, 0, ) Luego las rectas no son perpendiculares por lo que no eiste ningún plano que cumpla los requisitos anteriormente descritos. Oford University Press España, S. A. Matemáticas II 6