MATEMÁTICAS: PAU 26 JUNIO CASTILLA Y LEÓN Opción A Ejercicio A 5 a a) Discutir para qué valores de a R la matriz M = ( ) tiene inversa. Calcular M a para a =. ( 5 puntos) Para que exista inversa de una matriz, su determinante no puede ser nulo: M = 5 a = 5 ( a ) a = 5 a + 5 a = 5 a + 5 a a Es decir: M x R {} Y la matriz inversa M se puede calcular de la siguiente manera: Cuando a = : Por lo que la matriz M para a = resulta: M = M Adj(Mt ) M = ( 5 ) M = 5, M t 5 = ( ) Adj(Mt ) = ( 5 ) M = 5 ( 5 ) M = ( 5 2 ) b) Si B es una matriz cuadrada de orden 3 y B = 5, calcular 2 B t, donde B t denota la matriz traspuesta de B. ( punto) Recordemos que el determinante de una matriz coincide con el determinante de su traspuesta: B = B t Además, al multiplicar una matriz por un número, cada elemento queda multiplicado por ese número. Esto tiene como consecuencia que el determinante queda multiplicado n veces por ese número, donde n indica el orden de la matriz correspondiente. Por lo tanto: 2 B t = 2 3 B t = 8 B = 8 ( 5) 2 B t = 4
Ejercicio A2 a) Calcular un vector de módulo 4 que tenga la misma dirección, pero distinto sentido, que el vector v = (2,, 2). ( punto) En primer lugar, calculamos el vector unitario del vector v: u v = v v = (2,, 2) (2,, 2) = = ( 2 2 2 + 2 + ( 2) 2 3 3, 3, 2 3 ) Este vector tiene módulo unidad, y la misma dirección y sentido que v. Como se pide un vector que tenga módulo 4 y la misma dirección, pero sentido opuesto, que el vector v, tenemos que multiplicar a u v por 4: ( 8 3, 4 3, 8 3 ) b) Calcular un punto de la recta r x sea mínima. ( 5 puntos) = y+2 = z 3 2 cuya distancia al punto A = (, 2, ) La recta r nos resultará más útil escrita en forma paramétrica: x = λ r { y = 2 + λ z = 3 2λ Pues el punto que buscamos, que llamaremos P, tendrá la forma: P( λ, 2 + λ, 3 2λ) Dado que la distancia desde A(, 2, ) hasta P es la menor posible, el vector AP será perpendicular a la recta o, lo que es lo mismo, perpendicular al vector director de la recta, v(,, 2). Esto significa que el producto escalar AP v debe ser nulo. Teniendo esto en cuenta: AP = (2 λ, 4 + λ, 3 2λ) AP v = (2 λ) + ( 4 + λ) 2 (3 2λ) = 2 + λ 4 + λ 6 + 4λ = 2 + 6 AP v = 2 + 6λ = λ = 2 Es decir, el punto buscado es aquel para el que λ = 2: Estrategia de resolución alternativa: P(,, ) Se determina el plano π perpendicular a r que pasa por A. Siendo el vector director de la recta v un vector normal al plano: n (,, 2) π x + y 2z + D =
El plano ha de pasar por el punto A(, 2, ), por lo que sustituyéndolo en la expresión del plano se deduce el valor que ha de tener D para que se satisfaga esa condición: Por tanto, la ecuación del plano queda: ( ) + 2 2 + D = D = 3 π x + y 2z 3 = x = λ El punto P buscado es la intersección del plano π con la recta r { y = 2 + λ. Sustituyendo en la z = 3 2λ ecuación del plano: Siendo λ = 2, el punto P resulta, finalmente: Estrategia de resolución alternativa: ( λ) + ( 2 + λ) 2 (3 2λ) 3 = + λ 2 + λ 6 + 4λ 3 = 2 + 6λ = λ = 2 P( λ, 2 + λ, 3 2λ) P(,, ) Sabiendo que la recta pasa por el punto P (, 2, 3) y que su vector director es v(,, 2), podemos calcular la distancia de la recta al punto A(, 2, ), mediante la fórmula: Siendo P A = ( 2, 4, 3): d(a, r) = v P A v v P A = i j k 2 = ( 3 + 8) i (3 4) j + ( 4 + 2) k (5,, 2) 2 4 3 d(a, r) = v P A = 52 + 2 + ( 2) 2 v ( ) 2 + 2 + ( 2) = 3 2 6 = 5 Esta es la distancia del punto A al punto P buscado, es decir, coincide con el módulo del vector AP. Si el punto P tiene la forma ( λ, 2 + λ, 3 2λ): AP = (2 λ, 4 + λ, 3 2λ) AP = (2 λ) 2 + ( 4 + λ) 2 + (3 2λ) 2 = 5 Resolviendo esta ecuación, se obtiene que λ = 2, por lo que el punto P resulta: P(,, )
Ejercicio A3 a) Calcular a, b y c para que la función f(x) = x 3 + ax 2 + bx + c tenga pendiente nula en el punto (, ) de su gráfica y, sin embargo, no tenga un extremo relativo en dicho punto. ( 25 puntos) En este tipo de problemas, debemos encontrar en el enunciado las pistas suficientes como para llegar a tantas ecuaciones como incógnitas hay. La primera información que tenemos de la función es que pasa por el punto (, ): f() = + a + b + c = a + b + c = [ecuación ] También sabemos que la pendiente de (, ) es nula, es decir, la recta tangente en x = es horizontal, por lo que la primera derivada en ese punto es cero: f (x) = 3x 2 + 2ax + b f () = 3 + 2a + b = 2a + b = 3 [ecuación 2] Además, nos dicen que en ese punto no hay un máximo (en cuyo caso, habría de ser f () < ) ni un mínimo (por lo que tampoco se cumple que f () > ). En consecuencia, f () = : f (x) = 6x + 2a f () = 6 + 2a = 2a = 6 a = 3 [ecuación 3] Sustituyendo la ecuación 3 en la ecuación 2: Sustituyendo los valores de a y b en la ecuación : Así pues, la función dada es: 2 ( 3) + b = 3 b = 3 3 + 3 + c = c = f(x) = x 3 3x 2 + 3x b) Probar que la ecuación x 5 + x = tiene una única solución real positiva. ( 25 puntos) La función f(x) = x 5 + x es continua y derivable en todo R. En primer lugar, demostraremos que existe, al menos, una raíz, es decir, un punto donde la función corta al eje de las x. Recurriremos al teorema de Bolzano: f(x) es continua en [a, b] } c (a, b) f(c) = signo f(a) signo f(b) Para ello, debemos encontrar un intervalo en el que la función cambie de signo. Por ejemplo: Por tanto: f( ) = 3, f() = f(x) es continua en [, ] } c (, ) f(c) = signo f( ) signo f() Así que podemos asegurar que hay una solución en el intervalo [, ].
Ahora bien, se nos pide demostrar que esta solución es única. Lo haremos por reducción al absurdo. Supongamos que s c f(s) = : f(x) es continua en [s, c] Si s < c, por el teorema de Rolle f(x) es derivable en (s, c) } r (s, c) f (r) = f(s) = f(c) Si esto fuera cierto, debería existir algún punto en el que su primera derivada sea nula. Si estudiamos su derivada: Siendo f (x) = 5x 4 + f (x) >, x No puede existir ningún r cuya derivada sea nula, como debería ocurrir de ser ciertas las hipótesis del teorema de Rolle. Se llega a un absurdo, una contradicción que invalida el supuesto del que partimos. La misma demostración se puede hacer si suponemos que s > c. En definitiva, no existe ningún s que anule la función, y la única solución que existe es la que se encuentra en el intervalo [, ]. Ejercicio A4 a) Calcular: ( punto) lim ( x + x e x ) lim ( x + x e x ) = [ ] = lim [ ex x x + x (e x ) ] = [ ] L Hôpital = [ ] L Hôpital lim x + [ e x e x + e x + x e x] = + = 2 lim [ e x x + e x + x e x] b) Calcular el área de la región delimitada por la gráfica de la función f(x) = x 2 y las rectas tangentes a dicha gráfica en los puntos de abscisa x = y x =. ( 5 puntos) Determinamos las rectas tangentes a la gráfica en x = y x = : f(x) = x 2, f() =, f( ) = f (x) = 2x, f () = 2, f ( ) = 2 Tangente en (, ) y = 2 (x ) y = 2x + 2 Tangente en (, ) y = 2 (x + ) y = 2x + 2 Teniendo esto en cuenta, el área pedida es: A = [(2x + 2) ( x 2 )] dx = (x 2 + 2x + ) dx + [( 2x + 2) ( x 2 )] dx + (x 2 2x + ) dx = [ ( 3 + )] + [( 3 + ) ] = 3 + 3 = 2 3 u2 = [ x3 3 + x2 + x] + [ x3 3 x2 + x]
Opción B Ejercicio B x + y + mz = 2 a) Discutir, según el valor del parámetro m, el sistema de ecuaciones lineales { x + my + z = 2m x + y mz = ( 5 puntos) Recurriremos al teorema de Rouché Frobenius para discutir el número de soluciones de este sistema. Así que comenzaremos por definir la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada con los términos independientes: m m 2 M = ( m ), M = ( m 2m) m m A continuación evaluamos el rango de M, en función de los valores de m para los que M = : m M = m = m 2 + + m m 2 + m = 2m 2 + 2m m Si M = 2m 2 + 2m = m ( 2m + 2) = { m = m = Así pues, si m o m, el rango de M es 3. Si m = o m =, el rango de M es 2, pues siempre existe al menos un determinante de orden 2 no nulo en ella. Por tanto: Si m y m : En este caso, ran(m) = ran(m ) = 3, que coincide con el número de incógnitas: Si m = : Si m y m SISTEMA COMPATIBLE DETERMINADO En este caso, el ran(m) = 2, pero ran(m ) = 3, pues podemos encontrar algún determinante de orden tres no nulo en ella: Si m = : 2 2 M = ( ), = 2 Si m = SISTEMA INCOMPATIBLE En este caso, ran(m) = ran(m ) = 2, pues en la matriz M hay dos filas iguales: 2 M = ( 2) Si m = SISTEMA COMPATIBLE INDETERMINADO
b) Resolverlo para m =. ( punto) Resolviendo por el método de Gauss: El sistema queda: F 2 F F 2 F 3 F F 3 2 2 ( 2) ( ) 2 2 x + y + z = 2 x = 2 y z { y = λ 2z = 2 { y = λ z = Por lo que las soluciones a este sistema compatible indeterminado son: Ejercicio B2 Consideremos las rectas: r x 2 x = λ { y = λ z = z = y = 2, s = x y = 2 3 = z a) Comprobar que las rectas r y s se cruzan. ( punto) Obtenemos las ecuaciones implícitas de r: Obtenemos las ecuaciones implícitas de s: x 2y = x = 2y, 2y = z, r { 2y z = x 2z = x = 2z, y = 3z, s { y 3z = Sea la matriz M de los coeficientes y la matriz ampliada M, evaluamos sus rangos: 2 2 2 M = ( ) 2 = 4 + 2 = 2 ran (M) = 3 2 2 3 2 M 2 = ( 2 3 2 2 ( ) 2 2 3 ) F 3 F F 3 2 M = 2 2 = 4 + 6 2 + 2 = 6 ran (M ) = 4 3 Siendo ran (M) = 3 ran (M ) = 4, las rectas se cruzan en el espacio sin cortarse.
b) Hallar la ecuación de la recta que pasa por el origen de coordenadas y corta a las rectas r y s. ( 5 puntos) Expresamos las rectas r y s en forma paramétrica: x = 2λ Punto P(,, ) x = 2μ Punto Q(,, ) r { y = λ { Vector OP (,, ), s { y = + 3μ { Vector OQ (,, ) z = + 2λ Vector u (2,, 2) z = μ Vector v(2, 3, ) Determinamos el plano π que contiene a la recta r, al vector OP (,, ) y al punto (,, ), y el plano π 2 que contiene a la recta s, al vector OQ (,, ) y al punto (,, ): x y z x y z π 2 2 = x 2y =, π 2 2 3 = x + 2z = La recta buscada es la intersección de π y π 2 : Ejercicio B3 x = 2α x 2y = Recta { x + 2z = Recta { y = α z = α Tenemos un cartón cuadrado de 6 cm de lado y queremos construir con él una caja sin tapa. Para ello recortamos un cuadrado de x cm de lado en cada vértice del cartón. Calcular x para que el volumen de la caja sea máximo. (2 5 puntos) La caja tiene de base un cuadrado de lado 6 2x y su altura es x, por lo que su volumen se expresa: Optimizamos la función: V = (6 2x) 2 x = (36 24x + 4x 2 ) x = 36x 24x 2 + 4x 3 V(x) = 4x 3 24x 2 + 36x V (x) = 2x 2 48x + 36 = 2 (x 2 4x + 3) V (x) = x 2 2x + 3 = x = 4 ± 6 2 2 = 4 ± 2 2 { x = 3 x = La solución x = 3 no es aceptable, pues supondría recortar completamente el cartón (matemáticamente corresponde a un mínimo). Si x = la función alcanza un máximo, como se puede comprobar evaluando el signo de la segunda derivada en este punto: V (x) = 24x 48 V () = 24 48 = 24 < Máximo
Ejercicio B4 a) Calcular: ( punto) lim x +( + x2 x ) lim x +( + x2 ) x = [ ] lim x +( + x2 ) x = L ln [ lim x +( + x2 ) x ] = ln L ln [ lim x +( + x2 ) x ] = lim x +[ln( + x2 ) x ] = lim [ x + x ln( + x2 )] = [ ] = = [ ] L Hôpital 2x lim ( + x 2 ) = lim x + x + ( 2x + x 2) = lim [ln( + x2 ) ] x + x ln [ lim x +( + x2 ) x ] = ln L = L = e = b) Calcular el área de la región delimitada por la gráfica de la función f(x) = ln x, el eje OX y la recta x = 3. ( 5 puntos) Calculamos los puntos de corte de la gráfica con el eje OX: ln x = x = Por lo que debemos calcular el área comprendida bajo la gráfica en el intervalo [, 3]: Calculamos la integral indefinida por partes: 3 A = ln x dx u = ln x, du = dx, dv = dx, v = x x Por lo que el área buscada es: ln x dx = ln x x x dx = ln x x dx = x ln x x x 3 A = ln x dx = [x ln x x] 3 = (3 ln 3 3) (ln ) = 3 ln 3 2 u 2