DÍAZ BALAGUER. CENTRO DE ESTUDIOS. MATEMÁTICAS II Corrección examen PAU. Junio OPCIÓN A

Transcripción

1 Corrección examen PAU. Junio 6. OPCIÓN A a) Si x { }, vemos que la función está perfectamente definida y por tanto es continua, x { } Así pues, el único problema que podría existir es en x =. Para que una función sea continua en x= x ha de verificarse que f ( x ) = f ( x) = f ( x). Así: f lim + x = = e = = f x e ln lim f ( x) = = x x lim lim + x x x x Luego f es continua en x = y por tanto f (x) es continua ln ( x) lim f ( x) = lim = lim x = lim = = x x x x x x Aplicamos L'Hôpital b) En primer lugar, y f ( x ) = f ( x )( x x ) x = f ( x ) = e x x ( ) Luego: f x f x = e x e f = e e f = e y e = e x y = e x+ 4e c) = + f x dx f x dx f x dx : Las resolvemos por separado:

2 Corrección examen PAU. Junio 6. ( ) ln x dx = x ( x) = = ln ln ln Barow x x e dx : (aplicamos el método de integración por partes) u = x du = dx = = x x dv e dx v e xe dx= xe e dx ( xe e ) = = ( e e ) ( e e ) = e x x x x x Barow Finalmente: f ln x dx = + e a) X CD = A+ X D C B XD C = A + XD C XB XB = A X = AB b) En primer lugar despejamos la matriz: YB = A Y = AB. A continuación hallamos la inversa de B B t ( B ) = adj B = B = B Finalmente: Y = Y = 3

3 Corrección examen PAU. Junio 6. n = ( a,, ) y n = (, a, ) respectivamente. son los vectores normales de π y π a) Para que dos planos sean paralelos sus vectores normales han de ser iguales o proporcionales. Así: n n a= b) Para que sean perpendiculares, sus vectores normales han de ser ortogonales. n n n n = ( a,, ) (, a, ) = a+ a = a= a= c) el vector director de la recta intersección de los dos planos es i j k vr = n n = a = ( + a) i ( + a) j + ( a ) k vr = ( a+, a, a ) a v = a+ a a a r (,, ) (,, ) Que la recta sea perpendicular al plano implica que v = (,, ). Por tanto a = a =± r n π En primer lugar calculamos el plano definido por los tres puntos: A π π v = AB = v = AC = (, 5, ) (,, ) 3

4 Corrección examen PAU. Junio 6. x y z+ π 5 = 9x+ 9z+ 9= x z = Construimos la recta perpendicular a π que pase por P. Así: P (,, ) P(,, ), r v = n π = (,, ) r x =+ λ r y =, λ z = λ Intersecamos la recta y el planoπ para obtener el punto Q que será el punto medio entre P y P. Así: r π ( + λ) ( λ) = λ+ = λ =. Luego el punto Q es(,, ) Finalmente: P+ P = Q P = Q P P (,, ) 4

5 Corrección examen PAU. Junio 6. OPCIÓN B Las matrices asociadas al sistema son: 3 m A* = 5 m + 4 A ; Para discutir el sistema en función del parámetro a nos apoyaremos en el teorema de Rouché-Fröbenius que se basa en comparar los rangos de A y A* permitiéndonos clasificar dicho sistema. En primer lugar, el rango de una matriz es el número de filas (coincidente con el número de columnas) linealmente independientes. Por tanto rga rga* 3. Además, gracias a las propiedades de los determinantes, sabemos que A es si y sólo si en A alguna fila (o columna) es combinación lineal de las otras. Así que nos ayudaremos de determinantes para estudiar el rango de las matrices: A = m 4 m 4= m=, m= a) Discutimos: Si m {, }, entonces A, lo que implica que F, F y F 3 son linealmente independientes y por tanto rg ( A) =3 = rg ( A* ) Por el teorema de Rouché- rga rga* Fröbenius, el sistema es Compatible Determinado. Si m = Rango de la matriz A 3 A* = 5 4 rga 3 3 A A = hay al menos una combinación lineal Luego F y F son linealmente independientes y por tanto rga = 5

6 Corrección examen PAU. Junio 6. Rango de la matriz Ampliada: No vemos ninguna combinación lineal clara así que hallamos menores de orden 3: 3 A =, = =/ luego existe no combinación lineal y por * tanto rga = 3 Por el teorema de Rouché-Fröbenius, el sistema es Incompatible. Si m = Rango de la matriz A 3 A* = A A = hay al menos una combinación lineal rga 3 3 Luego F y F son linealmente independientes y por tanto rga = Rango de la matriz Ampliada: No vemos ninguna combinación lineal clara así que hallamos menores de orden 3: 3 3 A =, =, = y =,luego existe * combinación lineal y por tanto rga = / 3y como rga = concluimos que rga * = Por el teorema de Rouché-Fröbenius, el sistema es Compatible indeterminado. b) m = 3 A* = 5 4 A Estamos en el caso m {, }, luego por el apartado a)el sistema es Compatible Determinado, por tanto, resolviendo por Cramer: 3 x = = = y = = = Solución: ( xyz,, ) =,7, z = = = 4 4 6

7 Corrección examen PAU. Junio 6. c) m =, por el apartado a) sabemos que el sistema es compatible indeterminado. Debemos eliminar una ecuación y parametrizar una incógnita. Así: 3x+ y+ z = 3x+ y+ z = x y + z =. Parametrizamos z. Es decir z = λ x y + z = 5x+ 3y+ z =4 3x+ y+ λ = 3x+ y = λ 3 λ x y + λ = x y = λ λ Aplicando el método de Cramer: B λ λ + 4λ x = = = λ λ λ 7 4λ 7 y = = = λ x = λ 4 7 Solución: y = λ+ λ 4 z = λ a) Hay varias maneras de comprobar que cuatro puntos son coplanarios. Una de ellas, es construir el plano que contenga a tres de los puntos y comprobar que el cuarto punto también pertenece a dicho plano. Otra manera más sencilla, es obtener los vectores AB, AC y AD y comprobar que uno de ellos es combinación lineal de los otros. Para ello, nos ayudamos del determinante formado por los tres vectores, pues sabemos que si es, existe combinación lineal. AB = (,, ) AC = (,, ) AD = (,, ) 7

8 Corrección examen PAU. Junio 6. =, luego, efectivamente existe combinación lineal y por tanto los cuatro puntos son coplanarios. Para comprobar que es un paralelogramo basta con comprobar que se verifica AB = DC o BC = AD AB = (,, ) = DC BC = (,, ) = AD Luego efectivamente es un paralelogramo. b) El área del paralelogramo puede calcularse como: Área = AB AC AB AC = = u i j k AB AC = = j k c)el punto medio del paralelogramo es el punto medio de una de sus diagonales, es decir, A+ C 9 5 M = =,, El lugar geométrico pedido es la recta perpendicular al plano que contiene el paralelogramo v = ) y que pasa por el punto M. ( r n π Obtenemos el vector normal del plano: n = AB AC = (,, π ) (,, ) Finalmente, las ecuaciones paramétricas de la recta son:. x = 9 r y = + λ λ 5 z = λ 8

9 Corrección examen PAU. Junio 6. a) En primer lugar debemos determinar el grado del polinomio. Que f ( x) = para todo x significa que es constante, por tanto f ( x) es de grado uno, f ( x) es de grado dos, 3 luego f ( x) es de grado tres. Así el polinomio pedido es f ( x) = ax + bx + cx + d. Además: f ( x) = 3ax + bx + c f ( x) = 6ax + b f ( x) = 6a f = 3 a+ b+ c+ d = 3 a = f = 3a+ b+ c= + b= 4 b= 4 f = 4 6a+ b= c= c= 3 f x = 6a = d = 3 d = El polinomio pedido es 3 f x = x 4x + 3x+. b) En primer lugar debemos determinar el grado del polinomio. Que g ( x) = 6 para todo x significa que es constante, por tanto g ( x) es de grado uno, luego g( x ) es de grado dos. Así el polinomio pedido es g ( x) = ax + bx + c. g ( x) = ax+ b; g ( x) = a a= 6 a = 3 3 x bx b b b 3 3 ( 3x + bx + c) dx = + + cx = + + c = + + c + + c = 5 Barrow 3 3x bx 3 Barrow ( 3x + bx+ c) dx= + + cx = ( 8+ b+ c) = 8+ b+ c 8+ b+ c= 4 Resolviendo el sistema formado por () y (), obtenemos: b= y c= 5. Por tanto: g( x) = 3x x+ 5 9

10 Corrección examen PAU. Junio 6. En primer lugar vamos a deshacer el valor absoluto: x x ln x x ln x = = ln x = x = Así: x ln x si x x ln x = < < x ln x si x Luego si x f x = x ln x si < x < x ln x si x Para que una función sea continua en x= x ha de verificarse que f ( x ) = f ( x) = f ( x). Así: x = lim lim + x x x x f = lim f x = ln = ind resolvemos la indeterminación: + x lim f ( x) = x ln lim ( x x ln x) = lim lim x lim x x = = = x x x x x Aplicamos L'Hôpital Luego f es continua en x =. x = f = = lim f x = ln = Luego f es continua en x =. + x lim f ( x) = ln = x Estudiemos la derivabilidad. Para que una función sea derivable x= x, además de ser + continua en x= x debe verificarse que f ( x ) = f ( x ). Ya hemos visto que en ambos puntos es continua. Estudiemos ahora las derivadas parciales, para ello derivamos la función:

11 Corrección examen PAU. Junio 6. si < x f ( x) = ln x si < x < ln x + si x > x = + + f ( ) = ln = f = Por tanto f es no es derivable en x =. x = + f ( ) = ln+= f ln = = Por tanto f es no es derivable en x =.