Curso 2011-2012 MATERIA: MATEMÁTICAS II INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN El alumno contestara a los cuatro ejercicios de una de la dos opciones (A o B) que se le ofrecen. Nunca deberá contestar a unos ejercicios de una opción y a otros ejercicios de la otra opción. En cualquier caso, la calificación se hará sobre lo respondido a una de las dos opciones. No se permite el uso de calculadoras gráficas. Calificación total máxima: 10 puntos Tiempo: Hora y media

OPCIÓN A Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. Dadas las matrices k k k 2  12   4 x        A =  1 −1 k  , B =  6  , C =  3 , X =  y    8  3 z  2k − 2 2          Se pide: a) (1,5 puntos) Hallar el rango de A en función de los valores de k b) (0,75 puntos) Para k = 2, hallar, si existe, la solución del sistema AX = B c) (0,75 puntos) Para k = 1, hallar, si existe, la solución del sistema AX = C Solución. a. Si el A ≠ 0 , el rg A = 3. Se estudia el rango para los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz. k det A = 1

k k2 1 −1 k = k ⋅ 1

2k − 2

2

1 k − 1 k = k ⋅ − 2 + 2k 2 − 2k − − 2k 2 − 2k + 2 = k ⋅ 4 k 2 − 4

[

(

)]

(

2k − 2 2

A =0 :

k=0  k 4k − 1 = 4k (k + 1)(k − 1) = 0 :  k = 1 k = −1 

(

2

)

Discusión: i. Si k ≠ 0, -1, 1. A ≠ 0 ⇒ rg A = 3

ii.

iii.

iv.

0 0 0   1 −1 Si k = 0, A =  1 − 1 0  , A = 0 ⇒ rg A < 3. = −2 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 0 −2 0 − 2 2    −1 −1 1    −1 −1 Si k = ‒1, A =  1 − 1 − 1 , A = 0 ⇒ rg A < 3. = 2 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 1 −1 − 2 − 2 2    1 1 1   1 1 Si k = 1, A =  1 − 1 1  , A = 0 ⇒ rg A < 3. = −2 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 1 −1  2 − 2 2  

1

)

 2 2 4   x  12        b. Para k = 2:  1 − 1 2  ⋅  y  =  6  . Teniendo en cuenta que el A ≠ 0 , rg A = rg A* = n = 3,  4 − 2 2  z   8        sistema compatible determinado, se puede resolver por el método de Cramer o mediante la inversa de A. Cramer: Ay Ax Az x= ; y= ; z= A A A

(

)

k=2

(

)

A = k 4k 2 − 1 = 2 ⋅ 4 ⋅ 2 2 − 4 = 24

12

x=

6 8

2

4

−1 2 −2 2 24

=

16 2 = ; y= 24 3

2 12 4

2

1 4

1 −1 4 −2

6 8

2 2

24

=

0 =0 ; z= 24

2

12 6 8

24

=

64 8 = 24 3

Matriz inversa: AX = B ; A −1 ⋅ AX = A −1 ⋅ B ; I ⋅ X = A −1 ⋅ B ; X = A −1 ⋅ B

A −1 =

1 (adj A )t A

 −1 +  −2 1  2 − = 24  − 2  2 +  −1 

2 2 4 2 4 2

1 2 − 4 2 2 4 + 4 2 2 4 − 1 2

t

1 −1   + 4 −2 t 6 2   2    2 2 1  = −  − 12 − 12 12  = 4 −2  24  0 − 4   8 2 2   + 1 − 1 

 2 − 12 8   1  =  6 − 12 0  24    2 12 − 4  16  2 − 12 8  12   24 − 72 + 64   16   24   2 3     1   1    1  X = A −1 ⋅ B =  6 − 12 0  ⋅  6  =  72 − 72 + 0  =  0  =  0 24  =  0  24  24 24     24 + 72 − 32   64   64   8   2 12 − 4   8       24   3 

c.

1 1 1  x   4       1 1 Para k = 1,  1 − 1 1  ⋅  y  =  3  , A = 0 ⇒ rg A < 3. = −2 ≠ 0 , rg A = 2 1 −1  2 − 2 2  z   3       1 1 1 4 1 1 4    A* =  1 − 1 1 3  rg A* ≥ 2. 1 − 1 3 = 20 ≠ 0 , rg A* =3  2 − 2 2 3 2 −2 3   rg A ≠ rg A* Sistema incompatible

2

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos. Dados los puntos P1(1, 3, ‒1), P2(a, 2, 0), P3(1, 5, 4) y P4(2, 0, 2), se pide: a) (1 punto) Hallar el valor de a para que los cuatro puntos estén en el mismo plano. b) (1 punto) hallar los valores de a para que el tetraedro con vértices en P1, P2, P3, P4 tenga volumen igual a 7. c) (1 punto) Hallar la ecuación del plano cuyos puntos equidistan de P1 y P3. Solución. Si los cuatro puntos son coplanarios, el rango de la matriz formada por los vectores P1 P2 , P1 P3 y a. P1 P4 debe ser dos y por tanto el determinante debe ser cero.

P1 P2 = (a − 1, 2 − 3, 0 − (− 1)) = (a − 1, − 1, 1) a − 1 − 1 1  P1 P3 = (1 − 1, 5 − 3, 4 − (− 1)) = (0, 2, 5)  : 0 2 5 =0  P1 P4 = (2 − 1, 0 − 3, 2 − (− 1)) = (1, − 3, 3)  1 −3 3 Resolviendo el determinante aparece una ecuación lineal. 4 7 ⋅ (3a − 4 ) = 0 ; a = 3

b. El volumen del tetraedro de vértices P1, P2, P3 y P4 se calcula como aplicación del producto mixto de vectores. P1 P2  a − 1 − 1 1   1  1 1  1 V = P1 P2 o P1 P3 × P1 P4 =  P1 P3  =  0 2 5 = 7 ⋅ (3a − 4 ) = 7 6 6  6  6  1 − 3 3  P1 P4 

[

]

Para resolver la ecuación se empieza por quitar el valor absoluto. 1 ⋅ 7 ⋅ (3a − 4 ) = ±7 ; 3a − 4 = ±6 6 10 3 −2 Con el signo positivo: 3a − 4 = −6 ; a = 3

Con el signo positivo: 3a − 4 = +6 ; a =

c.

Se puede hacer de dos formas, por definición, o por lo que es. Por definición: se buscan los puntos P(x, y, z) que estén a igual distancia de P1 y P3. d(P1 − P ) = d (P3 − P )

(x − 1)2 + (y − 3)2 + (z + 1)2

= (x − 1)2 + (y − 5)2 + (z − 4) 2 Simplificando las raíces, desarrollando los cuadrados y agrupando términos, se obtiene la ecuación general del plano mediatriz, lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de P1 y P3. π ≡ 4y +10z ‒ 31 = 0 El lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de P1 y P3, es un plano perpendicular al segmento P1 P3 que pasa por su punto medio. Como vector normal a π se usa el vector P1 P3 , y como punto el punto medio del segmento (M).

3

P1 P3 = (0, 2, 5)  1+1 3 + 5 −1+ 4  M , ,  = 1, 4, 3 2 2 2   2

(

)

Todos los plano perpendiculares a P1 P3 tienen por ecuación: 0x + 2y + 5z + K = 0 Para determinar K se tiene en cuanta que el plano buscado debe pasar por M. 3 31 0 ⋅1 + 2 ⋅ 4 + 5 ⋅ + K = 0 ; K = − 2 2 31 π ≡ 2 y + 5z − =0 2 Multiplicando por 2 para eliminar el denominador: π ≡ 4y +10z ‒ 31 = 0

Ejercicio 3. Calificación máxima: 2 puntos. Hallar a, b, c de modo que la función f (x ) = x 3 + ax 2 + bx + c alcance en x = 1 un máximo relativo de valor 2, y tenga en x = 3 un punto de inflexión. Solución. En el enunciado se informa que la función tiene un máximo en el punto (1, 2), por lo tanto se debe cumplir dos condiciones: - f (1) = 2 - f ′(1) = 0 La tercera condición es que en x = 3 existe un punto de inflexión. - f ′′(3) = 0 f (x ) = x 3 + ax 2 + bx + c f ′(x ) = 3x 2 + 2ax + b f ′ ′(x ) = 6 x + 2a Las tres condiciones que debe cumplir la función permiten plantear un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas. f (1) = 2 13 + a ⋅12 + b ⋅1 + c = 2 a + b + c = 1 a = −9    f ′(1) = 0 3 ⋅12 + 2a ⋅1 + b = 0  :  2a + b = −3 :  b = 15   2a = −18 c = −5 f ′ ′(3) = 0 6 ⋅ 3 + 2a = 0    f (x ) = x 3 − 9 x 2 + 15x − 5

Ejercicio 4. Calificación máxima: 2 puntos. Calcular razonadamente las siguientes integrales definidas: a) (1 punto)

π 2x

∫0

e

π

b) (1punto)

cos x dx

∫0

2

sen 2x 1 + cos 2 2x

dx

Solución. a. Para que sea un poco mas sencilla, primero se calcula la primitiva de la función y a continuación se calcula la definida. La integral indefinida se resuelve por el método de partes.

∫ udv = uv − ∫ vdu 4

∫

 u = e 2 x du = e 2 x ⋅ 2 dx  2x 2x e 2 x cos x dx =   = e ⋅ sen x − sen x ⋅ e ⋅ 2 dx = dv = cos x dx v = sen x 

∫

 u = e 2 x du = e 2 x ⋅ 2 dx  = e 2 x sen x − 2 sen x ⋅ e 2 x dx = =  = dv = sen x dx v = − cos x 

∫

(

= e 2 x sen x − 2 ⋅ e 2 x ⋅ (− cos x ) −

∫ (− cos x ) ⋅ e

2x

⋅ 2 dx

)

Ordenando se llega a una integral iterativa

∫e

2x

∫

cos x dx = e 2 x sen x + 2e 2 x cos x − 4 e 2 x cos x dx

Despejando se obtiene la primitiva de la función.

∫e

2x

∫

cos x dx + 4 e 2 x cos x dx = e 2 x sen x + 2e 2 x cos x

∫

∫

5 e 2 x cos x dx = e 2 x sen x + 2e 2 x cos x ;

e 2 x cos x dx =

e 2x (sen x + 2 cos x ) + C 5

Conocida la primitiva se calcula la integral definida. π

π 2x

∫0 e

 e 2x  e 2π e 2⋅0 cos x dx =  ( sen x + 2 cos x ) = ( sen π + 2 cos π ) − (sen 0 + 2 cos 0) =  5 5 5   0 =

b.

2π e 2π (0 + 2 ⋅ (− 1)) − 1 (0 + 2 ⋅1) = − 2e − 2 = − 2 e 2 π + 1 5 5 5 5 5

(

)

Integral pseudo inmediata del tipo arco tangente f ′(x ) dx = arctg f (x ) + C 1 + (f (x ))2

∫

π

∫0

2

 f (x ) = cos 2x  1 dx =  =− 2 2 1 + cos 2 x f ′(x ) = −sen 2 x ⋅ 2 sen 2 x

π

π

∫0

2

 1  2 dx =  − arctg (cos 2 x ) = 2  2 0 1 + cos 2 x − 2 ⋅ sen 2 x

  π   1 1 1 1  = − arctg  cos 2 ⋅   −  − arctg (cos(2 ⋅ 0)) = − arctg (cos π ) + arctg (cos 0 ) = 2 2 2    2   2

1 1 1  π 1 π π π π = − arctg (− 1) + arctg (1) = − ⋅  −  + ⋅ = + = 2 2 2  4 2 4 8 8 4

5

OPCIÓN B Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. Dadas las funciones 3x + Ln (x + 1) f (x ) = g(x ) = (Ln x )x 2 x −3 Se pide a) (1 punto) Hallar el dominio de f(x) y el Lím f (x )

h (x ) = sen (π − x )

x →∞

b) (1 punto) Calcular g ′(e ) c) (1 punto) Calcular, en el intervalo (0, 2π), las coordenadas de los puntos de corte con el eje de abscisas y las coordenadas de los extremos relativos de h(x). Solución. a. D[f (x )] = x ∈ R / x + 1 > 0 ; x 2 − 3 > 0 x + 1 > 0 ; x > −1 ; x ∈ (− 1, + ∞ )

{

}

 x +  − ⋅− :   x −  x2 − 3 > 0 ; x + 3 ⋅ x − 3 > 0 ;  + ⋅+ :  x +    x − 

(

)(

)

3 < 0; x < − 3 : (− ∞, − 3) ∩ (− ∞, + 3) = (− ∞, − 3) 3 < 0; x < 3 3 > 0; x > − 3 : (− 3, + ∞ ) ∩ (+ 3, + ∞ ) = (+ 3, + ∞ ) 3 > 0; x > 3

x ∈ (− ∞, − 3) ∪ (+ 3, + ∞ ) D[f (x )] = (− 1, + ∞ ) ∩ {(− ∞, − 3) ∪ (+ 3, + ∞ )} = (+ 3, + ∞ ) * 3x + Ln (x + 1) * 3x 9x 2 9 9 9 = Lím ≅ Lím = Lím = = =3 2 3 x →∞ x →∞ x →∞ 1− 0 x2 − 3 x 2 − 3 x →∞ x − 3 x →∞ 1 − 3 1− 2 x2 ∞ *. Si x → ∞ ⇒ 3x >>> Ln (x + 1) )

Lím f (x ) = Lím

Otra forma de hacer el límite es por el teorema de L`Hopital ∞ 1 1 1 1   3+ 3+ 3+ 3+ ∞   ( ) 3x + Ln x + 1 x + 1 = Lím x + 1 = Lím x + 1 = Lím x +1 = = Lím Lím 2 x x 2 2 x →∞ L `H x →∞ x →∞ x →∞ x →∞ 1 x x −3 2 2 3 2 2 x −3 x −3 x −3 1− 2 x 1 3+ ∞ +1 = 3 + 0 = 3 = 3 = 1 1 1 3 1− 0 1− 2 ∞

b.

Derivada implícita, para derivar se toman logaritmos neperianos en la igualdad y = (Ln x )x ; Ln y = Ln (Ln x )x ; Ln y = x ⋅ Ln (Ln x ) y′ 1 1 1 = 1 ⋅ Ln (Ln x ) + x ⋅ ⋅ = Ln (Ln x ) + y Ln x x Ln x

6

1  1   x  y ′ = y ⋅  Ln (Ln x ) +  ; y ′ = (Ln x ) ⋅  Ln (Ln x ) +  Ln x  Ln x    1  e  1  y ′(e ) = (Ln e )e ⋅  Ln (Ln e ) +  = 1 ⋅  Ln 1 +  = 1 ⋅ (0 + 1) = 1 Ln e  1  

c. h (x ) = sen (π − x ) Cortes con OX (y = 0) ; sen (π − x ) = 0 ; π − x = 0 + πK ; x = π − πK ∀ K ∈ Z

Por estar definida en el intervalo abierto (0, 2π), el único punto de corte con el eje de abscisas en el intervalo de definición es x = π, (0, π) Extremos relativos: y ′ = 0 ; y ′ = cos(π − x ) ⋅ (− 1) = − cos(π − x ) = 0 cos(π − x ) = 0 ; π − x =

π π + πK ; x = − πK ∀ K ∈ Z 2 2

π  x= 2 En el intervalo de definición:  3π x = 2   π π π   y ′′ 2  = −sen π − 2  = −sen 2 = −1 < 0 ⇒ Máximo     y ′′ = sen(π − x ) ⋅ (− 1) = −sen (π − x ) :  3 π 3 π     y ′′  = −sen π −  = −sen − π  = 1 > 0 ⇒ Mínimo   2  2    2 π π  π π  h   = sen  π −  = sen   = 1 ; Máximo en  , 1 2 2  2 2  3π   3π    π  3π  h   = sen  π −  = sen  −  = −1 ; Mínimo en  , − 1 2 2 2 2        

Por trigonometría, sen (π − x ) = sen x , ángulos suplementarios

7

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos. Dadas las rectas x = −1 − λ  r2 ≡  y = 3 + λ  z=5 

x − 2 y −1 z r1 ≡ = = ; 3 −5 2 Se pide: a) (1punto) Estudiar su posición relativa. b) (2 puntos) Hallar la mínima distancia de r1 a r2. Solución.  A (2, 1, 0 )  B(− 1, 3, 5) a. r1 :  r r2 :  r  v = (3, − 5, 2) u = (− 1, 1, 0 )

 AB   r  La posición relativa de las rectas se relaciona con rg v   r   u   AB   AB  −3 2 5  − 1 − 2 3 − 1 5 − 0  r   r    rg v  = rg 3 −5 2  ; 3 − 5 2 = −8 ≠ 0 ⇒ rg v  = 3  r   r   −1 1 0  −1 1 0   u   u 

Vectores no coplanarios, las rectas se cruzan pero no se cortan.

b. La mínima distancia entre recta que se cruzan y no se cortan se calcula como aplicación de los productos de vectores. r r AB o (v × u ) d(r1 − r2 ) = r r v×u −3 2 5 r r AB o (v × u ) = 3 − 5 2 = −8 −1

1

0

 −5 2 3 2 3 −5 r r  = (− 2,−2,−2 ) v × u = (3, − 5, 2 ) × (− 1, 1, 0 ) =  ,− , − 1 0 − 1 1   1 0 r r v×u =

(− 2)2 + (− 2)2 + (− 2)2

= 12 = 2 3

r r AB o (v × u ) − 8 4 4 3 d(r1 − r2 ) = = = = r r v×u 3 2 3 3

8

Ejercicio 3. Calificación máxima: 2 puntos. Dadas las matrices 1 2 −1 1 − 2  0  4     A =  − 2 − 1 0 B = − 2 − 3 − 7 − 8  1  3 2−a 3+a 3  a 1     Se pide a) (1 punto) Estudiar el rango de la matriz B en función de a. b) (1 punto) Para a = 0, calcular la matriz X que verifique AX = B. Solución. El rango de la matriz se estudia por menores. a. 4 −1 = −14 ≠ 0 ⇒ rg B ≥ 2 ∀ a ∈ R −2 −3 - Se estudian el rango de la matriz para los valores del parámetro a que anulan simultaneamente los 4 −1 menores orlados a : −2 −3 −1 −3

4 −2 3

1 − 7 = 40 ⋅ (1 − a ) = 0 ; a = 1

2−a 3+a

4 −2

−1 −3

3

2−a

−2 − 8 = 36 ⋅ (1 − a ) = 0 ; a = 1 3

Discusión: i. Si a ≠ 1, existen menores de orden tres distintos de cero en la matriz B. rg B = 3 ii. Si a = 1, no existen menores de orden tres distintos de cero en la matriz B. rg B = 2 b.

AX = B ; A −1 ⋅ AX = A −1B ; I ⋅ X = A −1B ; X = A −1 B 1 (adj A )t A −1 = A 0 1 2 A = − 2 −1 0 = 4 1

(adj A )t

  0 1 2     = adj  − 2 − 1 0     1 0 1   

t

 −1 +  0  1 = −  0  1 +  −1 

0 1 2 1 2 0

−2 − 1 0 + 1 0 − −2

0 0 1 2 1 2 0

1 −2 + 1 0 − 1 0 + −2

t

−1  0  t  − 1 2 1  − 1 − 1 2       1  =  − 1 − 2 1 =  2 − 2 − 4 0   2 − 4 2   1 1 2  1    − 1 

 −1 −1 2   4 −1 1 − 2   4 8 12 16   1 2 3 4     1    1 X =  2 − 2 − 4  ⋅  − 2 − 3 − 7 − 8  =  0 − 4 4 0  =  0 −1 1 0  4 4    1 2   3 2 3 3  1  8 0 0 − 4   2 0 0 − 1

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Ejercicio 4. Calificación máxima: 2 puntos. Calcular el valor del determinante x 1 1 1 1 y 1 1 1 1 z 1 1 1 1 1

Solución. Aplicando las propiedades de los determinantes se hacen ceros en la cuarta columna. x 1 1 1 x −1 0 0 0  F1 = F1 − F4  1 y 1 1  0 y −1 0 0  = F2 = F2 − F4  = = (x − 1) ⋅ (y − 1) ⋅ (z − 1) 1 1 z 1  0 0 z −1 0  F3 = F3 − F4  1 1 1 1  1 1 1 1

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