M a t e m á t i c a s I I 1

Transcripción

1 Matemáticas II

2 Matemáticas II 2

3 CANTABRIA CNVCATRIA SEPTIEMBRE 2009 SLUCIÓN DE LA PRUEBA DE ACCES AUTR: José Luis Pérez Sanz Bloque I A a) El rango de la matriz de los coeficientes será 3 siempre que el determinante no se anule y, cuando sea así, el rango de la matriz ampliada será también 3. Calculamos, por lo tanto, el determinante de la matriz de coeficientes: 2 3 A m 3 6 2m m m Por tanto, A 0 m. Luego el sistema es compatible determinado y tiene solución única si m. Hallamos sus soluciones por Cramer: m m m m y 0 m m m 8 2m 2( m) z 2 m m m b) Se supone que si m, el sistema será compatible indeterminado. Lo comprobamos. Si m A 3 2 A* Calculamos los rangos: rango (A) rango (A*) 2 Por tanto, el sistema es compatible indeterminado con 3 2 grado de libertad. Nos queda, entonces, este sistema: 2y z 3 3y 2z 5 Resolvemos el sistema: y 2 z B c) El sistema siempre es compatible, unas veces determinado y otras indeterminado. Hemos de entender que para que el sistema resultante sea siempre compatible determinado, el coeficiente que hay que modificar sea el de la o el de la z; es decir, que el determinante de la matriz de los coeficientes no se anule nunca, por lo que el parámetro m tendrá que desaparecer. Supongamos que cambiamos el coeficiente de la incógnita por un valor a; entonces: a m 3 9 a m 3a 6 2m 3 a m Hay que conseguir que el determinante tenga un valor distinto de cero. Esto resulta sencillo si ambos parámetros desaparecen, lo cual se consigue cuando a m, así el determinante vale 3. Modificamos el coeficiente de la incógnita z: m a 3a m 3 2a 2m a m Utilizando el mismo razonamiento que antes, conseguimos un sistema compatible determinado siempre que a m. a) Realicemos el producto B A: 0 B A 0 m 0 m 2 2 m 0 2 m m 2m 2 Calculamos el determinante: m m 2 2mmm2m 2 0 m m 2m El determinante se anula para cualquier valor de m, luego el rango de la matriz es menor que 3. 0 Eiste el menor cuyo valor es distinto 2 de cero, luego la matriz B A es de orden 2 para cualquier valor del parámetro m. 3

4 CANTABRIA CNVCATRIA SEPTIEMBRE 2009 b) Calculamos la matriz A B: A B 2m 3 m m 2 Hallamos ahora la matriz transpuesta: 2m (A B) t m 3 m 2 Una matriz es regular o invertible si su determinante es distinto de cero. Por lo tanto: 2m (A B) t m 3 m 2 ( 2m)(m 2) 3m m22m 2 m 3m 2m 2 2 (A B) t 0 2m (m 2 ) 0 m o m Por lo tanto, (A B) t es regular o invertible si m. c) Para m 0, (A B) t (A B) t 2 La ecuación matricial (A B) t X I se despeja de la siguiente manera: X [(A B) t ] I [(A B) t ] Calculamos la inversa de la matriz Adj [(A B) t ] (Adj [(A B) t ]) t 3 Dividimos por el determinante, cuyo valor es 2, y nos queda: X Bloque 2 2A a) Dada la representación de la función derivada: (,) La función a trozos que epresa la función derivada es: si 0 f () 2 si 0 Si integramos obtenemos la función f(): f() 2 a si 0 2 b si 0 Como la función es derivable en 0, tiene que ser continua en 0, es decir, los límites laterales en ese punto tienen que coincidir: lim 0 2 a a lim 0 2 b b Por tanto, a b. Nos dice el enunciado que el valor mínimo de la función en el intervalo [, ] es cero. Por otro lado, la primera función de f() se trata de una parábola cóncava (con mínimo) y la segunda se trata de una parábola convea (con máimo). Y f () (,) X Luego el mínimo de la función se produce en el intervalo [, 0]. Imponemos que la función y 2 a tenga un mínimo sobre el eje X en el intervalo [, 0]. Para que ocurra esto, 2 a debe ser un cuadrado perfecto, por lo que a. Por consiguiente, la epresión analítica de f() en el intervalo [, ] es: f() 2 / si 0 2 / si 0 b) Teniendo en cuenta que las subfunciones de f() son parábolas, procedemos de la siguiente manera: f () 2 Parábola cóncava Puntos de corte con los ejes: Eje X: (/2, 0) Eje Y: (0, /) Vértice: (/2, 0) f 2 () 2 Parábola convea Puntos de corte con los ejes: 7 Eje X:,0, que no pertenece a [0, ]. 8 Eje Y: (0, /) Vértice: (/2, /2)

5 CANTABRIA CNVCATRIA SEPTIEMBRE B Esta es la representación gráfica de la función: Para calcular el área comprendida entre la función y la recta y / hallamos primero los puntos de corte entre ambas: 2 / /, / / 0, Calculamos ahora el área: A 2 d 2 d 2 d d u bserva el recinto: a) Hacemos un esquema de la caldera: /2 (/2, 0) 0 y /2 Y Y (/2, /2) 0 f() f() X X Como el volumen de la caldera es de 768 m 2, la relación entre las variables es 2 y 768. El prisma tiene cuatro paredes, cada una de las cuales mide y metros cuadrados. Como por cada metro cuadrado pierde 00 unidades, tenemos que cada pared pierde 00y unidades de calor. El techo mide 2 metros cuadrados y pierde 300 unidades de calor por metro cuadrado, es decir, unidades de calor. En definitiva, la función que proporciona la pérdida de calor de la caldera es: P(, y) 00y Sustituimos y en la función de pérdida: P() Al simplificar se obtiene: P() Calculamos la derivada de esta función para buscar su punto mínimo: P () P () Calculamos la derivada segunda para comprobar que en 8 hay un mínimo: 6 00 P () Como P (8) 200 0, la función tiene un mínimo en 8. Hallamos la otra variable: 768 y Por tanto, la caldera tendrá 2 m de altura y una base cuadrada de 8 m de lado. 2 Bloque 3 3A a) Si el determinante formado por los tres vectores es distinto de cero, estos son linealmente independientes. 0 0 a 0 b c La afirmación, por tanto, es cierta. b) Esta afirmación es falsa, pues un producto vectorial puede dar cero si los vectores son paralelos, es decir, proporcionales, sin que ninguno sea nulo. Por ejemplo, los vectores u " (,, ) y v " (2, 2, 2) no son nulos y, sin embargo u " v " 0. c) Si u " es ortogonal a v ", entonces u " v " 0. Si u " es ortogonal a w ", entonces v " vw " 0. Vamos a ver si u " es ortogonal a v " w " : u " (v " w " ) u " v " u " w " Esta últimas propiedades asociativas son ciertas cuando se involucran escalares y producto escalar. La epresión u " v " u " w " Por tanto, los vectores u " y v " w " son ortogonales. Luego la afirmación es cierta. 5

6 CANTABRIA CNVCATRIA SEPTIEMBRE B a) bserva el esquema en esta figura: A r A B Construimos r que pasa por y es paralela a la recta que pasa por A y B. El vector director de la recta es: AB $ B A (2, 2, ) (,, 0) (,, ). Luego las ecuaciones paramétricas de r son: y con z Para calcular los vértices del rectángulo que están sobre la recta r debemos calcular la proyección ortogonal de ambos sobre la recta. Proyección de A Calculamos el plano perpendicular a la recta que pasa por A: y z D 0 Como pasa por A, sustituimos y obtenemos: 0 D 0 D 2 El plano buscado es y z 2 0. La proyección consiste en calcular el punto de intersección del plano y z 2 0 con la recta r, para lo cual sustituimos las ecuaciones paramétricas de r en el plano: 20 2/3 Si sustituimos en la recta, obtenemos el punto A (2/3, 2/3, 2/3). B Proyección de B El plano perpendicular a la recta sigue siendo: y z D 0 Como el plano tiene que pasar por B, se cumple 2 2 D 0 D 5 El plano buscado es y z 5 0. La intersección de este plano con la recta r, se halla sustituyendo las paramétricas de r en el plano: 50 5/3 El otro vértice es B (5/3, 5/3, 5/3). b) Para construir el plano que contenga a los cuatro vértices necesitamos un punto contenido en el plano. Nos vale cualquiera de los cuatro vértices, aunque también podemos tomar el origen de coordenadas, (0, 0, 0), pues la recta que pasa por los vértices calculados en el apartado anterior corta también al origen. Necesitamos, además, dos vectores para generar el plano: Uno puede ser el vector director de r, (,, ). El otro puede ser, por ejemplo, A $ (,, 0). Con los datos obtenidos hallamos la ecuación general del plano: y z 0 0 z y z 0 y 0 6