UNIVERSIDADES DE ANDALUCÍA PRUEBA DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD CURSO 2014-2015 JUNIO MATEMÁTICAS II Instrucciones: a) Duración: 1 hora y 30 minutos. b) Tienes que elegir entre realizar únicamente los cuatro ejercicios de la OPCIÓN A o realizar únicamente los cuatro ejercicios de la OPCIÓN B. c) La puntuación de cada pregunta está indicada en la misma. d) Contesta de forma razonada y escribe ordenadamente y con letra clara. e) Se permitirá el uso de calculadoras que no sean programables, gráficas ni con capacidad para almacenar o transmitir datos. No obstante, todos los procesos conducentes a la obtención de resultados deben estar suficientemente justificados.

OPCIÓN A Ejercicio 1. [2,5 puntos] Se quiere construir un depósito abierto de base cuadrada y paredes verticales con capacidad para 13,5 metros cúbicos. Para ellos se dispone de una chapa de grosor uniforme. Calcular las dimensiones del depósito para que el gasto de chapa sea el mínimo posible Solución. El depósito tendrá forma de prisma de base cuadrada como el que muestra la figura.

Se pide optimizar el área lateral para un volumen determinado. 13,5 13,5 A (x , y ) = x 2 + 4xy  2 2 54  : y = 2 : A(x ) = x + 4x 2 = x + 2 x  x y = 13,5 x x El mínimo de la función se calcula derivando e igualando a cero. ′ * 54  54 54 A ′(x ) = x 2 +  = 2x − A ′(x ) = 0 2x − =0 2 x   x x2 13,5 2 x 3 = 54 x = 3 27 = 3 m y= = 1,5 m 32 Para comprobar que es un mínimo se estudia el signo de la segunda derivada. ′  54  ** 108 108 ′ ′  =2+ A (x ) =  2x − A ′′(3) = 2 + > 0 ⇒ Mínimo 2  3 x  x 33  Las dimensiones que hacen mínimo el gasto de chapa cumpliendo la restricción propuesta son 3 m la arista de la base y 1,5 m de altura. ′ ′ 54  54  *   = 54x −1 = −54x −2 = −  x  x2 ′ ′  54  108  = − 54x −2 = 108x −3 = **  − 2  x3  x 

(

)

(

)

1

Ejercicio 2. [2,5 puntos] Calcula

− x2

∫ x 2 + x − 2 dx

Solución. Integral racional. Por ser numerados y denominador de igual grado, se empieza por dividir la fracción por el método de la caja.

− x2



x−2



∫ x 2 + x − 2 dx = ∫  − 1 + x 2 + x − 2  dx La fracción

x−2 2

x +x−2

se descompone en fracciones simples

 x = −2 x2 + x − 2 = 0 :  ⇒ x 2 + x − 2 = (x + 2) ⋅ (x − 1) x 1 =  x−2 A B = + (x + 2) ⋅ (x − 1) x + 2 x − 1 Para calcular las constantes A y B se suman las fracciones y se igualan los numeradores x−2 A(x − 1) + B(x + 2) = ⇒ x − 2 = A(x − 1) + B(x + 2) (x + 2) ⋅ (x − 1) (x + 2) ⋅ (x − 1) Dando a x los valores de las raíces del denominador (‒2, 1) se calculan las constantes A y B. 4  x = −2 : − 2 − 2 = A(− 2 − 1) + B(− 2 + 2 ) : − 4 = −3A : A = 3 x − 2 = A(x − 1) + B(x + 2) :  1  x = 1: 1 − 2 = A(1 − 1) + B(1 + 2 ) : − 1 = 3B : B = − 3  4 −1 x−2 3 = 3 + (x + 2) ⋅ (x − 1) x + 2 x − 1

∫

4 1    − 1 + 3 + − 3  dx = − dx + 4 dx = x + 2 x − 1  3  x2 + x − 2   − x2

∫

∫

= −x +

1

1

1

∫ x + 2 dx − 3 ∫ x − 1 dx =

4 1 Ln x + 2 − Ln x − 1 + C 3 3

Ejercicio 3. Considera el siguiente sistema de ecuaciones λx + y − z = − 1  + λz = λ λx  x + y − λz = 0 

a) [2,5 puntos] Discute el sistema según los valores de λ. b) [1 punto] Resuelve el sistema para λ = 0. Solución. a. Sistema de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas y un parámetro (λ). λ 1 −1  λ 1 − 1 − 1    *  A = λ 0 λ  ; A = λ 0 λ λ  A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ n = 3 1 1 − λ 1 1 − λ 0     

2

Si A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3. Sistema compatible determinado. Se discute el tipo de solución del sistema para los valores del parámetro que anulen el determinante de la matriz de coeficientes. λ 1 −1

(

)

det A = λ 0 λ = 0 + λ − λ − 0 + λ2 − λ2 = 0 ⇒ rg A < 3 ∀ λ ∈ R 1 1 −λ Para estudiar el rango de la matriz se toma un menor de orden 1 distinto de cero y se estudia si sus menores orlados se anulan simultáneamente para algún valor de λ. Si se toma como menor de orden 1 el término 3.1, sus menores orlados son: λ λ λ 1 λ −1 =λ = −λ2 − λ = −λ(λ + 1) = λ −1 = −λ2 + 1 = −(λ − 1)(λ + 1) 1 1 1 −λ 1 1 1 −λ

λ 0

No existen valores de λ que anulen simultáneamente los cuatro menores orlados, por lo tanto el rg A = 2 ∀ λ∈ R

 λ 1 − 1 − 1   Matriz ampliada: A =  λ 0 λ λ 1 1 − λ 0    Se estudian los menores de orden tres diferentes al de la matriz de coeficientes que es nulo para cualquier valor del parámetro. λ 1 −1 λ 0 λ = 0 + λ − λ − 0 + λ2 + 0 = λ2 1 1 0 *

(

)

−1 −1 λ λ λ = 0 − λ + λ2 − − λ − λ3 + 0 = λ3 + λ2 = λ2 (λ + 1) 1 −λ 0 λ

(

)

1 −1 −1 0 λ λ = 0 − λ + 0 − − λ − λ2 + 0 = λ2 1 −λ 0

(

)

Como puede observarse, el único valor que anula los tres menores simultáneamente es λ = 0. Discusión: Si λ ≠ 0 , existen menores de orden tres distintos de cero, el rg A*= 3 ≠ rg A = 2, el sistema es incompatible. ii. Si λ = 0 , no existen menores de orden tres distintos de cero, rg A*= rg A = 2 ≠ n = 3, sistema compatible indeterminado. i.

b. Para λ = 0 , sistema compatible indeterminado de rango 2 (dos ecuaciones linealmente independientes). Para resolver el sistema se transforma una variable en parámetro (y = λ) y − z = −1  y − z = − 1 y=λ  z = 1 + λ   0 = 0 →  →  = 0 x + y x = − λ x + y − = 0  Solución: (‒λ, λ, 1+λ) ∀ λ ∈ ℜ

3

Ejercicio 4. Sean los puntos A(0, 1, 1), B(2, 1, 3), C(‒1,2,0) y D(2, 1, m) a) [0,75 puntos] Calcula m para que A, B, C y D estén en un mismo plano b) [0,75 puntos] Determina la ecuación del plano respecto del cual los puntos A y B son simétricos.

c) [1 punto] Calcula el área del triángulo de vértices A, B y C. Solución. a. Para que cuatro puntos sean coplanarios, el rango de la matriz que formen tres vectores formados entre los cuatro puntos deberá ser dos, por lo tanto el determinante de la matriz deberá ser cero  AB  2 − 0 1−1 3 −1   rg AC  = 2 ⇒ − 1 − 0 2 − 1 0 − 1 = 0   2 − 0 1−1 m −1  AD  2 0 2

−1 1 2 b.

− 1 = 0 : 2 ⋅ (m − 1) + 0 + 0 − (4 + 0 + 0) = 0 : 2m − 6 = 0 : m = 3

0 m −1

El ejercicio se puede resolver de dos formas diferentes:

1º método. El plano que se pide es el plano mediatriz, es decir, el lugar geométrico de los puntos del espacio que están a igual distancia de A que de B. Si P(x, y, z) es un punto genérico del plano buscado, deberá cumplir: d(A − P ) = d(B − P )

(x − 0)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2

=

(x − 2)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2

Ordenando se obtiene la ecuación del plano.

x 2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = (x − 2 )2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 ; x 2 + (z − 1)2 = (x − 2 )2 + (z − 3)2 x 2 + z 2 − 2z + 1 = x 2 − 4x + 4 + z 2 − 6z + 9 ; 4 x + 4z − 12 = 0 π ≡ x +z−3= 0 2º método. El plano que se pide es perpendicular al segmento AB y contiene a su punto medio. AB = (2, 0, 2 ) El plano buscado tiene la forma: 2 x + 2z + K = 0 , para calcular K se usa el punto medio de AB .  a + b a + b 2 a 3 + b3   0 + 2 1+1 1+ 3  M 1 1 , 2 , , ,  = M  = M(1, 1, 2 ) 2 2  2 2   2  2 2 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 + K = 0 ; K = −6 ; 2 x + 2 z − 6 = 0 π ≡ x +z−3= 0

c. Si A B y C son los vértices del triángulo, su área puede calcularse como aplicación del módulo del producto vectorial. 1 Área = ⋅ AB × AC 2 0 2 2 2 2 0 AB = (2, 0, 2)   = (− 2, 0, 2) ,− ,  : AB × AC =   1 − 1 − 1 − 1 − 1 1 AC = (− 1, 1, − 1)  

Área =

1 1 ⋅ AB × AC = ⋅ 2 2

(− 2)2 + 0 2 + 2 2

4

=

8 = 2 u2 2

OPCIÓN B Ejercicio 1. [2,5 puntos] Sabiendo que Lím

ax 2 + bx + 1 − cos x sen (x 2 )

x →0

es finito e igual a uno, calcula los

valores de a y b. Solución.

a.

Lím

ax 2 + bx + 1 − cos x 2

=

a ⋅ 0 2 + b ⋅ 0 + 1 − cos 0 2

=

0 =? 0

sen (x ) sen (0 ) Para resolver el límite se aplica el teorema de L´Hopital x →0

Lím

ax 2 + bx + 1 − cos x 2

sen (x )

x →0

= Lím

2ax + b + sen x 2

cos (x ) ⋅ 2x

L´H x → 0

=

2a ⋅ 0 + b + sen 0 2

cos (0 ) ⋅ 2 ⋅ 0

=

b 0

Para que el límite pueda ser finito, b = 0. 2

Lím

x →0

ax + 1 − cos x 2

= Lím

2ax + sen x

0   0

= Lím

2a + cos x

− sen (x ) ⋅ 2x ⋅ 2x + cos (x 2 ) ⋅ 2 2a + cos 0 2a + 1 = = = 1 ; 2a + 1 = 2 2 2 2 2 − sen (0 ) ⋅ 4 ⋅ 0 + cos (0 ) ⋅ 2 1 a= 2

sen (x )

L´H x → 0 cos (x 2 ) ⋅ 2 x L´H x → 0

2

=

Ejercicio 2. [2,5 puntos] Determina la función f : (0, + ∞ ) → ℜ sabiendo que f ′′(x ) = Ln x y que su gráfica tiene tangente horizontal en el punto P(1, 2) (Ln denota la función logaritmo neperiano). Solución. f ′′(x ) = Ln x   df ′(x ) df ′(x )  : = Ln x ; df ′(x ) = Ln x ⋅ dx f ′′(x ) = dx  dx  Tomando integrales en ambos miembros de la ecuación diferencial se calcula f´(x).

∫ df ′(x ) = ∫ Ln x ⋅ dx En el primer miembro la integral y la diferencial se anulan entre si, obteniendo la expresión de f´(x). El segundo miembro es una integral que se resuelve por el método de partes 1   1 u = Lnx → du = dx  f ′(x ) = Lnx ⋅ dx =  x  = Lnx ⋅ x − x ⋅ dx = x Lnx − dx x  dv = dx → v = x  f ′(x ) = x Lnx − x + C1

∫

∫

∫

Para calcular C1 se tiene en cuenta que la función que se busca tiene un punto de tangente horizontal en P(1, 2), por lo tanto, f ′(1) = 0 (tangente horizontal ≡ pendiente cero) f ′(1) = 1 ⋅ Ln1 − 1 + C1 = 0 ; 1 ⋅ 0 − 1 + C1 = 0 ; C1 = 1

f ′(x ) = x Lnx − x + 1 Repitiendo el procedimiento, se llega a la expresión de f(x). f ′(x ) = x ⋅ Ln x − x + 1  df (x ) df (x ) = x ⋅ Ln x − x + 1 ; df (x ) = (x ⋅ Ln x − x + 1) dx : f ′(x ) =  dx dx

∫ df (x ) = ∫ (x ⋅ Ln x − x + 1) dx

; f (x ) =

∫ (x ⋅ Ln x ) dx − ∫ (x − 1) dx

Aplicando el método de partes a la primera integral:

5

∫

1   u = Lnx → du = dx  2  x  = Lnx x − (x ⋅ Ln x ) dx =  2  x  2 dv = x dx → v=  2  =

∫

x2 1 x2 1 dx = Lnx − x dx = 2 x 2 2

∫

x2 1 x2 x2 x2 Lnx − + C2 = Lnx − + C2 2 2 2 2 4

Sustituyendo en la expresión de f(x):  x2 x 2  x 2 x2 3x 2 f (x ) = Lnx − − − x  + C2 = Lnx − + x + C2  2 4  2 2 4  Para calcular C2, se tiene en cuenta que el punto P(1, 2) pertenece a la función y por tanto: f (1) = 2

f (1) =

12 3 ⋅ 12 1 3 1 7 Ln1 − + 1 + C2 = ⋅ 0 − + 1 + C2 = + C2 = 2 ; C2 = 2 4 2 4 4 4 f (x ) =

x2 3x 2 7 +x+ Lnx − 2 4 4

Ejercicio 3. Considera las matrices  1 2 0   y B = − 2 m 0   3 2 m   a) [1,5 puntos] Encuentra el valor, o los valores, para los que A y B tienen el mismo rango. b) [1 punto] Determina, si existen, los valores de m para los que A y B tienen el mismo determinante. Solución. −1 2 a. - det A = = − m − 4 = 0 : m = −4 2 m −1 2   A =   2 m

1

2

- det B = − 2 m

3 i. ii. iii.

2

0 0 = m ⋅ (− 1)3+ 3 m

1

2

−2 m

m = 0 = m ⋅ (m + 4) = 0 :   m = −4

Si m ≠ 0, ‒4, rg A = 2 ≠ rg B = 3 Si m = ‒4, rg A = 1 ≠ rg B = 2 Si m = 0, rg A = 2 = rg B = 2 Para m = 0, las dos matrices tienen el mismo rango.

b.

det A =

−1

2

2

m

1

2

0

= det B = − 2 m

0

3

2

m

 m = −1 − m − 4 = m ⋅ (m + 4) ; − m − 4 = m 2 + 4m ; m 2 + 5m + 4 = 0 :  m = −4

6

Ejercicio 4. Sea el plano π ≡ 2 x + y − z + 8 = 0 . [1,5 puntos] Calcula el punto P′ , simétrico del punto P(2, ‒1, 5) respecto del plano π. x − 2 y +1 z − 5 b) [1 punto] Calcula la recta r ′ , simétrica de la recta r ≡ respecto del plano = = −2 3 1 π. Solución. a. El simétrico de P respecto de π (P’) se calcula como simétrico de P respecto de M, siendo M la proyección ortogonal de P sobre π como se observa en la figura. a)

El punto M, se calcula como intersección del plano π con una recta (s), perpendicular a π que pase por P  x = 2 + 2λ r r s ⊥ π ⇒ v = n π = (2, 1, − 1)  s: ⇒ s ≡  y = −1 + λ ( ) − ∈ P 2, 1, 5 r   z =5−λ    x = 2 + 2λ    s ≡  y = −1 + λ M≡ ⇒ 2 ⋅ (2 + 2λ ) + (− 1 + λ ) − (5 − λ ) + 8 = 0  z =5−λ   π ≡ 2 x + y − z + 8 = 0

4 + 4 λ − 1 + λ − 5 + λ + 8 = 0 ; 6 λ + 6 = 0 ; λ = −1 x m = 2 + 2 ⋅ (− 1) = 0  M ≡  y m = −1 + (− 1) = −2 ⇒ M(0, − 2, 6)  z = 5 − (− 1) = 6  m Teniendo en cuenta que M es el punto medio de P' P , se calculan las coordenadas de P’ despejando de las coordenadas del punto medio.  x p + x p' y p + y p' z p + z p'   M =  , ,  2 2 2   x p + x p'  ⇒ x p ' = 2x m − x p = 2 ⋅ 0 − 2 = −2  xm = 2  y p + y p'  ⇒ y p ' = 2 y m − y p = 2 ⋅ (− 2) − (− 1) = −3 P′(− 2, − 3, 7 ) y m = 2  z p + z p'  zm = ⇒ x p' = 2z m − z p = 2 ⋅ 6 − 5 = 7  2 

b. Se busca una recta r’ que tiene la misma proyección ortogonal sobre π que la recta r, y ambas están contenidas en un plano perpendicular a π La recta r’ se obtiene mediante dos puntos. M´ (intersección de r con π) y A’ (simétrico de cualquier punto A de la recta r respecto de π). Cálculo de M´:   x = 2 − 2µ    r ≡ y = −1 + 3µ M′ :   ; 2 ⋅ (2 − 2µ ) + (− 1 + 3µ ) − (5 + µ ) + 8 = 0    z =5+µ π ≡ 2x + y − z + 8 = 0 4 − 4µ − 1 + 3µ − 5 − µ + 8 = 0 ; 6 − 2µ = 0 ; µ = 3 M′(2 − 2 ⋅ 3, − 1 + 3 ⋅ 3, 5 + 3) = M′(− 4, 8, 8)

7

Calculo de A’: Simétrico de A respecto de π, se calcula como simétrico respecto de M´´, siendo M´´ el punto de intersección de la recta t con el plano π. La recta t es la perpendicular π que pasa por A. Como punto A se toma un punto cualquiera de la x − 2 y +1 z − 5 recta r ≡ = = , A (2, − 1, 5) , y su simétrico respecto de π se ha calculado en el apartado a. −2 3 1 A′ = P′(− 2, − 3, 7 )

r  u = M′A′ = (− 2 − (− 4 ), − 3 − 8, 7 − 8) = (2, − 11, − 1) x+2 y+3 z−7 r′ :  : r′ ≡ = = 2 − 11 −1 A′(− 2, − 3, 7 )

8