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 CANTABRIA CONVOCATORIA JUNIO 009 SOLUCIÓN DE LA PRUEBA DE ACCESO AUTOR: José Luis Pérez Sanz Bloque I A a) No es cierto que el producto de matrices sea conmutativo. Por ejemplo, las matrices: A 0 ; B A B 5 B A No se cumple AB BA. b) Las matrices cumplen la propiedad distributiva del producto respecto de la suma, es decir: (I B) (I B)(I B) I I I B B I B B I B B B I B B Luego la afirmación es cierta. c) Esta afirmación es falsa. Por ejemplo: Los determinantes de las matrices que se suman son distintos de cero (ambos valen ) y el determinante de la matriz resultante vale cero. B a) Llamamos x, y y z a las incógnitas. Escribimos el sistema de acuerdo con el enunciado: mx (y z) my m (x z) mz m (x y) Si organizamos las incógnitas de manera que cada una se encuentre en su columna habitual, obtenemos el sistema: mx y z x my z m x y mz m b) Hallamos el determinante de la matriz de coeficientes: m m m m m 0 0 m m m m Para saber cuándo se anula este determinante, hacemos la división por Ruffini y obtenemos m, m y m. Se cumple, entonces, que si m y m, la matriz de coeficientes y la matriz ampliada tienen el mismo rango,. Con lo cual, el sistema es compatible determinado. c) Si m A A* rango (A) ; rango (A*) Como los rangos de las matrices son distintos, el sistema es incompatible. Si m A 4 A* rango (A) rango (A*) n.º de incógnitas Por tanto, el sistema es compatible indeterminado con grados de libertad. Las tres ecuaciones son la misma, luego nos quedamos solamente con una de ellas: x y z Las infinitas soluciones de este sistema son de la siguiente forma: x y con, z Bloque A a) Comprobamos la continuidad de la función: x i) f() ii) lim x x lim x x iii) f() lim f(x) x lim f(x) f(x) es continua en x. x

4 CANTABRIA CONVOCATORIA JUNIO 009 x 0 i) f(0) 0 0 ii) lim x 0 x 0 El límite lateral por la izquierda en x 0 no existe, luego la función es discontinua en x 0 (presenta una discontinuidad asintótica o de salto infinito). b) Para estudiar la monotonía en el intervalo (, 0) solamente es necesario calcular la derivada en dicho intervalo: f (x) Esta expresión devuelve siempre valores positivos, luego la función es creciente en (, 0). Para estudiar la curvatura calculamos la derivada segunda: f (x) Esta función devuelve valores positivos para todos los puntos del intervalo (, 0); por lo tanto, como la derivada segunda es positiva, la función es cóncava en este intervalo. En el intervalo (, 0) trabajamos con la función f(x), que posee una asíntota vertical por la x izquierda en x 0. Carece de asíntotas horizontales y oblicuas, pues ambas se calcularían en y. c) En el primer apartado vimos que la función era continua en x, por consiguiente nos disponemos, a continuación, a estudiar la derivabilidad en dicho punto. En primer lugar, calculamos las derivadas laterales en x. f () lim x f () lim x x Como las derivadas laterales existen y coinciden entre sí, se concluye que la función f(x) es derivable en x. Sabemos que la función entre y es una recta y entre y 0 es una hipérbola, que es continua en x y que el límite por la izquierda en x 0 vale. x x B La representación de la función en el intervalo [, 0] es la siguiente: O a) Como la función alcanza un mínimo en el punto (, ), se tienen que cumplir estas dos condiciones: g(), es decir, p q 8 4p q g (x) x px g () 0 4p 0 4p 0 p Sustituimos p en la primera ecuación: 8 4 () q 4 q q 7 b) Integramos f(x): x F(x) x dx C Como F(x) tiene que pasar por el punto (, ), se tiene que cumplir que F() : C C x Por tanto, la función es: F(x) c) Esta afirmación es cierta, ya que la representación de una función polinómica de segundo grado es una parábola que es cóncava o convexa en todo su dominio, es decir, no cambia de curvatura y, por lo tanto, no tiene puntos de inflexión. De una forma analítica lo demostraríamos así: f(x) ax bx c f (x) ax b f(x) Y 4 f (x) a Para que haya punto de inflexión: f (x) 0 a 0 a 0 Si a 0, la función no es cuadrática, pues a es el coeficiente de x. Nunca se puede anular la segunda derivada, luego no hay punto de inflexión. X Bloque A a) Desarrollamos la siguientte condición: (u " v " )(u " v " ) 7 Por la propiedad distributiva: u " u " u " v " v " u " v " v " 7 Como el producto escalar cumple la propiedad conmutativa, los dos términos centrales de la parte izquierda de la igualdad se anulan y nos queda la expresión: u " u " v " v " 7 4

5 CANTABRIA CONVOCATORIA JUNIO 009 B Hay una propiedad que dice que el producto escalar de un vector por sí mismo coincide con el cuadrado de su módulo; por tanto, escribimos la anterior igualdad de la forma: u " v " 7 Como u " 9, tenemos: 8 v " 7 v " Si aplicamos la raíz cuadrada, se obtiene: v " 8 b) ) Para que dos vectores sean ortogonales se tiene que cumplir que su producto escalar valga cero: (,, 4) (0,, m) 0 4m 0 m /4 ) Si m 0 b " (0,, 0) Calculamos el producto vectorial: " a " b " i " " j k 0 4 (, 0, 6) 0 a " b " () Por tanto, el área del paralelogramo dos de cuyos lados son los vectores a " y b " es 80,4 u. a) La situación planteada en el enunciado se refleja en la siguiente figura: P Como el plano que buscamos debe ser perpendicular al plano, uno de los vectores directores debe ser el vector normal del plano, que es (,, ). Como el plano tiene que ser paralelo a la recta s, el otro vector director del plano será el vector director de la recta. Vamos a calcularlo multiplicando vectorialmente los vectores característicos de los planos de la recta en forma general: " v " i " " j k s 0 (,, 0) 0 0 Además, el plano debe pasar por el punto A, por lo que, la ecuación del plano es como sigue: x y z 0 s 0 z y z x 0 x y z 0 π v s v s n n b) La construcción es la siguiente: La longitud del lado del cuadrado la calculamos con la distancia del punto A a la recta s: v " sap $ s d(a, s) v " s Necesitamos un punto de la recta s: P s (0, 0, ) AP $ s P s A (, 0, 0) Calculamos a continuación el producto vectorial: " " " v " s AP $ i j k 0 s 0 (0, 0, ) 0 v " s AP $ s Calculamos el módulo del vector v " s: v " s () () 0 Por tanto, la distancia vale: d(a, s) 0,707 u El vértice consecutivo al punto A, que pertenece a la recta, es la proyección ortogonal del punto A sobre la recta s. Para hallarlo, calculamos el plano perpendicular a la recta que pasa por A, usando como vector normal del plano el director de la recta: : x y D 0 Como el punto A pertenece al plano: 0 D 0 D Por tanto: : x y 0 A continuación, calculamos la intersección del plano con la recta s; esto nos proporcionará el punto que buscamos: A vértice x y x y 0 z 0 Sumamos las dos primeras ecuaciones: y y / x / Por último, la tercera ecuación nos permite despejar la z, que vale. Luego el vértice consecutivo al punto A que está sobre s es el punto V(/, /, ). s 5