UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO Curso 20012/2013 JUNIO MATERIA: MATEMATICAS II El alumno contestará a los cuatro ejercicios de una de las 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. Todas las respuestas deberán estar debidamente justificadas. Calificación total máxima: 10 puntos. Tiempo: Hora y media.

OPCIÓN A Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. Dados el punto P(− 1, 0, 2) y las rectas:

x = 1 + λ  s ≡ y = λ z = 3 

x − z = 1 , r≡  y − z = −1

Se pide: a) (1 punto) Determinar la posición relativa de r y s. b) (1 punto) Determinar la ecuación de la recta que pasa por P y corta a r y s. c) (1 punto) Determinar la ecuación de la recta perpendicular común a r y s. Solución. a. La posición relativa de dos rectas se puede estudiar mediante el rango de la matriz formada por los vectores de dirección de ambas rectas y un vector formado entre un punto de cada recta.  x = 1+ µ x = 1 + λ x − z = 1 A(1,−1,0)  B(1,0,3)  z =µ  r≡  → y = −1 + µ :  r s ≡ y = λ :  r  y − z = −1  v = (1,1,1) u = (1,1,0)  z=µ z = 3  

AB = (1 − 1, 0 − (− 1), 3 − 0) = (0, 1, 3)  AB   0 1 3  r      rg v = rg 1 1 1   r  1 1 0 u    

 AB  0 1 3  r  1 1 1 = 1 ≠ 0 ⇒ rg v  = 3  r  1 1 0 u  

Los tres vectores son linealmente independientes, las rectas se cruzan pero no se cortan. b. La recta t buscada se calcula como intersección de dos planos (π y σ) como muestra la figura adjunta, siendo π el plano formado por la recta r y el punto P y σ el formado por la recta s y el punto P

r x +1 y − 0 z − 2   v = (1, 1, 1)  P(− 1, 0, 2) r : r π :  A(1, − 1, 0) :  v = (1, 1, 1) ⇒ π ≡ 1 1 1 =0  P(− 1, 0, 2 ) AP = (− 2,1,2) −2 1 2   π≡

1 1 1 1 1 1 (x + 1) − y+ (z − 2) = 0 1 2 −2 2 −2 1

π ≡ x − 4 y + 3z − 5 = 0

r x +1 y z − 2  u = (1, 1, 0)  P(− 1, 0, 2) r :  r σ :   B(1, 0, 3) :  u = (1, 1, 0) ⇒ 1 1 0 =0 P(− 1, 0, 2) BP = (− 2, 0, − 1) − 2 0 − 1  

1

σ≡

1 0 1 0 1 1 (x + 1) − (z − 2) = 0 y+ 0 −1 − 2 −1 −2 0

σ ≡ − x + y + 2z − 5 = 0

 x − 4 y + 3z − 5 = 0 t≡ − x + y + 2z − 5 = 0 c. La perpendicular común a dos rectas que se cruzan y no se cortan se calcula como intersección de dos r planos. La dirección perpendicular común a ambas rectas, viene representada por el vector ω , producto vectorial de los vectores de dirección de las rectas: r r r 1 1 1 1 1 1  = (− 1, 1, 0) ω = u × v =  ,− ,  1 0 1 0 1 1

r Con el vector ω y cada una de las rectas se determinan dos planos cuya intersección origina la perpendicular común a ambas rectas. A(1,−1,0) x −1 y + 1 z r  u (1,1,1)  : π1 ≡ 1 1 1 =0 π1 ≡ x + y − 2z = 0 r  ω(− 1,1,0 ) −1 1 0

B(1,0,3)  x −1 y z − 3 r  u (1,1,0)  : σ1 ≡ 1 1 0 =0 r  ω(− 1,1,0) −1 1 0

σ1 ≡ z − 3 = 0

x + y − 2 z = 0 t1 ≡   z −3 = 0

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos Dado el sistema de ecuaciones lineales:

ax + 7 y + 5z = 0   x + ay + z = 3  y + z = −2  Se pide: a) (2 puntos) Discutirlo según los valores de a. b) (0,5 puntos) Resolverlo en el caso a = 4. c) (0,5 puntos) Resolverlo en el caso a = 2. Solución.  a 7 5 a 7 5 0      a. A =  1 a 1  A* =  1 a 1 3  A ⊂ A* ⇒ rgA ≤ rgA* ≤ 3 ; n = 3 0 1 1 0 1 1 − 2     Si A ≠ 0 ⇒ rgA = rgA* = n = 3 , sistema compatible determinado. Se discute el sistema para los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz de coeficientes. a 7 5 a = −1 det A = 1 a 1 = a 2 − a − 2 = (a + 1)(a − 2) A = 0: a=2 0 1 1

Discusión. i. ii.

Si a ≠ ‒1, 2; A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3. Sistema compatible determinado.

 −1 7 5   −1 7 Si a = ‒1. A =  1 − 1 1  A = 0 ⇒ rgA < 3 = −6 ≠ 0 ⇒ rgA = 2 . 1 −1  0 1 1  

2

 −1 7 5 0    −1 7 A* =  1 − 1 1 3  rgA* ≥ 2 . De los menores orlados a , solo que queda por estudiar el 1 −1  0 1 1 − 2   −1 7 0 formado por 1 − 1 3 = 15 ≠ 0 ⇒ rgA* = 3 ≠ rgA Sistema incompatible 0 1 −2 iii.

2  A* =  1 0 

 2 7 5   1 2 Si a = 2, A =  1 2 1  A = 0 ⇒ rgA < 3 = 1 ≠ 0 ⇒ rgA = 2 0 1  0 1 1   7 5 0   1 2 2 1 3  rgA* ≥ 2 . De los menores orlados a , solo que queda por estudiar el formado por 0 1  1 1 − 2

2 7 0 1 2 3 = 0 ⇒ rgA* = 2 = rgA < n = 3 Sistema compatible indeterminado. 0 1 −2 b.

a = 4. Sistema compatible determinado, se puede resolver por el método de Cramer.  4 x + 7 y + 5z = 0 a =4  A = a 2 − a − 2 = 4 2 − 4 − 2 = 10  x + 4y + z = 3  y + z = −2  0 7 5 4 0 5 4 7 0

x=

Ax A

=

3 4 1 −2 1 1 10

=

Ay

20 =2; y= = 10 A

1 3 1 0 −2 1 10

=

Az 10 =1; z = = 10 A

1 4 3 0 1 −2 10

=

− 30 = −3 10

Solución: (2, 1, − 3)

c. a = 2. Sistema compatible indeterminado. Teniendo en cuenta que el rango del sistema es 2, el sistema tiene dos ecuaciones linealmente independientes, para seleccionar estas, se toman las ecuaciones que contienen los coeficientes del menor de orden 2 distinto de cero que utilizamos en el estudio del rango (2ª y la 3ª ecuaciones). x + 2 y + z = 3   y + z = −2 Como el número de incógnitas es superior al de ecuaciones, se transforma una incógnita en parámetro y se resuelve el sistema en función del parámetro. Se toma como parámetro la incógnita cuyos coeficientes nos formaron parte del menor de orden dos ( en este caso z). x + 2 y + z = 3 z = λ x + 2 y = 3 − λ  →   y + z = −2  y = −2 − λ Resolviendo por sustitución: x + 2 ⋅ (− 2 − λ ) = 3 − λ x =7+λ Solución: (7 + λ, − 2 − λ, λ ) ∀ λ ∈ R

3

Ejercicio 3: Calificación máxima: 2 puntos. Dada la función f (x ) =

x3

(x − 3)2

, se pide:

a) (1 punto) Hallar las asíntotas de su gráfica. b) (1 punto) Hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f(x) en el punto de abscisa x = 2. Solución. k Verticales. Rectas de la forma x = a / a ∉ D[f(x)] y Lím f (x ) = a. 0 x →a

{

}

D[f (x )] = x ∈ R (x − 3)2 ≠ 0 = R − {3}

Lím

x →3

x3

33

=

(x − 3)2 (3 − 3)2

 x3 33 27 27 = = = = +∞  Lím 2 2 − (x − 3)2 0+ 27  x →3 3− − 3 0− = :  ⇒ x = 3 A. vertical 0  x3 33 27 27 Lím = = = + = +∞ 2 x →3 + (x − 3)2 + + 2 0 3 − 3 0 

(

) ( )

(

) ( )

Horizontal. Recta de la forma y = L / L = Lím f (x ) x → ±∞

Lím

x → ±∞

x

3

= ±∞ No hay asíntota horizontal

(x − 3)2

Oblicua. y = mx + n

x3 f (x ) x3 x3 1 (x − 3)2 = Lím = Lím = Lím = =1 x x → ±∞ x x → ±∞ x → ±∞ x ⋅ (x − 3)2 x → ±∞ x 3 − 6 x 2 + 9 x 1

m = Lím

(

)

 x3  x 3 − x 3 − 6x 2 + 9x 6x 2 − 9x 6 n = Lím (f (x ) − mx ) = Lím  − x  = Lím = Lím = =6 2 2 2   x → ±∞ x → ±∞ (x − 3) x → ±∞ x − 6 x + 9 1 x − 6x + 9   x → ±∞ y = x + 6 Asíntota oblicua b.

Ecuación de la recta tangente a la función en x = 2 en forma punto-pendiente: y − f (2 ) = f ′(2 )(x − 2 )

f (2) =

23

=8

(2 − 3)2 3x 2 ⋅ (x − 3)2 − x 3 ⋅ 2 ⋅ (x − 3) ⋅1 3x 2 ⋅ (x − 3) − x 3 ⋅ 2 ⋅1 x 3 − 9x 2 23 − 9 ⋅ 2 2 ; f ′(2) = f ′(x ) = = = (x − 3)3 (x − 3)3 (2 − 3)3 ((x − 3)2 )2 y − 8 = 28 ⋅ (x − 2)

= 28

y = 28x − 48

Ejercicio 4: Calificación máxima: 2 puntos. Calcular las siguientes integrales:

a) (1 punto)

x −3

∫x

2

+9

b) (1 punto)

dx

∫

2

3− x2 + x4 x3

1

dx

Solución. a. La integral se descompone en dos, una de ellas de tipo logaritmo neperiano y la otra del tipo arcotangente.  x 1 2x 1 x −3 3  x 3 dx = dx =  − dx − dx = dx − 3 dx = 2 2 2 2 2 2 2 2 x +9 x +9 x +9 x +9 x + 32  x +9 x +9

∫

∫

∫

=

∫

∫

1 1 x 1 x Ln x 2 + 9 − 3 ⋅ arctg + C = Ln x 2 + 9 − arctg + C 2 3 3 2 3

4

∫

b.

El cociente se descompone en fracciones simples.

∫

2

1

3− x2 + x4 x3

dx =

∫

2

1

2 4  3 − x + x  dx =  x3 x3 x3   

∫

2

1

2

 x2   22   12  21 3 3 3 = − − Ln x  =  − − Ln 2  −  − − Ln 1  = − Ln 2 2 2 2  2 2x    2 2 ⋅1  8  1  2 2 ⋅ 2   

5

2

 3x − 2 x2   −3 1  − Ln x +  3x − + x  dx =   = x 2     −2 1

OPCIÓN B Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. Dada la función f (x ) = 2 cos 2 x , se pide:

− π π a) (1 punto) Determinar los extremos absolutos de f(x) en  ,   2 2 − π π b) (1 punto) Determinar los puntos de inflexión de f(x) en  ,   2 2 π2

c)

(1 punto) Calcular

∫ f (x ) dx 0

Solución. Se calculan los extremos relativos y se comprueban si son también absolutos. Los extremo relativos son a. los puntos donde la primera derivada es cero y la segunda distinta de cero, con el criterio de que si es positiva será un mínimo y si es negativa un máximo. f ′(x ) = 2 ⋅ 2 ⋅ cos x ⋅ (− sen x ) = −2 ⋅ 2sen x cos x = −2sen 2 x π f ′(x ) = 0 : −2sen 2x = 0 sen 2 x = 0 2x = 0 + π ⋅ k x = k ∀k∈Z 2  π  −π π f ′′ −  = −4 cos 2 ⋅  = +4 MÍNIMO Si k = −1 x = − 2  2    2 f ′′(x ) = −4 cos 2x f ′′(0) = −4 cos(2 ⋅ 0) = −4 MÁXIMO Si k = 0 x=0 π π π     Si k = 1 x= f ′′  = −4 cos 2 ⋅  = +4 MÍNIMO 2 2  2 Teniendo en cuenta que cos x ∈ [− 1,1] y por tanto 2 cos 2 x ∈ [0,2]

π 2 x=0

x=−

x= b. cero.

2

−π −π   π  → f  = 2 cos  = 0  − ,0  MÍNIMO ABSOLUTO 2 2      2  2 (0,2) MÁXIMO ABSOLUTO → f (0) = 2(cos 0) = 2 2

π π  f   = 2 cos  = 0 2 2   

π 2

π   ,0  2 

MÍNIMO ABSOLUTO

En los puntos de inflexión se cumple que la segunda derivada es nula y la tercera derivada distinta de

f ′′(x ) = 0

−4 cos 2x = 0

cos 2x = 0

2x =

π + π⋅k ∀ k∈Z 2

x=

π π + ⋅k ∀ k∈Z 4 2

2

- Para k = 0: x =

π π π  f   = 2 ⋅  cos  = 1 4 4 4 

- Para k = ‒1: x = −

π 4

2

π  π  f  −  = 2 ⋅  cos−  = 1 4  4  f ′′′(x ) = 8 sen 2x

π  π f ′′′  = 8 sen  2 ⋅  = 8 ≠ 0 En 4  4  π  −π f ′′′ −  = 8 sen  2 ⋅  = −8 ≠ 0 4   4 

c.

∫

π 2

f (x ) dx =

0

∫

π 2

2 cos 2 x dx = 2

0

=

∫

∫

π2

0

π2

Trigometria     cos 2 x dx =  2 1 =2 cos x = ( 1 + cos 2 x ) )   2

(1 + cos 2x )) dx =  x + 1 sen 2x 

0



2

π   , 1 Punto de inflexión 4   π   − , 1 Punto de inflexión  4 

π 2

0

∫

π2

0

1 (1 + cos 2x) ) dx = 2

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

6

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos Dadas las matrices:

1 λ 0    A = 1 1 2  ,  0 − 1 − 1  

0 1 1    B =  1 0 − 1 2 1 0   

Se pide: a) (1 punto) Hallar el valor de λ para el cual la ecuación matricial X·A = B tiene solución única. b) (1 punto) Calcular la matriz X para λ = 4.

c) (1 punto) Calcular el determinante de la matriz A 2 B en función de λ. Solución. La ecuación tendrá solución única cuando exista la inversa de A, siendo: a.

X = B ⋅ A −1 ‒1

Para que exista A , A ≠ 0

1 λ 0 det A = 1 1 2 = −1 + 0 + 0 − (0 − 2 − λ ) = λ + 1 = 0 0 −1 −1

λ = ‒1

∀ ∀ λ ≠ −1 : A ≠ 0 ⇒ ∃ A −1 La ecuación tiene solución única.

b.

X ⋅ A ⋅ A −1 = B ⋅ A −1 X ⋅ I = B ⋅ A −1 X = B ⋅ A −1 1 4 0    A = 1 1 2  A = 4 +1 = 5  0 − 1 − 1    1 2 1 2 1 1  +  − + 0 −1 0 −1   −1 −1 8  1 4  1 1 −1  4 0    1 0 1 4    =  4 − 1 1  (adj A )t =  1 − 1 − 2  adj A =  − + − 0 −1 0 −1    −1 −1  −1 1 − 3 8 − 2 − 3     4 0 1 0 1 4    +  − +  1 2 1 2 1 1   8  1 4  1 1 t −1 (adj A ) =  1 − 1 − 2  A = A 5   −1 1 − 3 

X⋅A = B

X = B⋅ A

c.

−1

8  0 1 1   1 4  0 0 − 5   1  1  =  1 0 − 1 ⋅  1 − 1 − 2  =  2 3 11   2 1 0  5  − 1 1 − 3  5  3 7 14       

Aplicando las propiedades de los determinantes:

0 1 2

1

A ⋅ B = A ⋅ B = A ⋅ B = (λ + 1) ⋅ 1 0 − 1 = (λ + 1)2 ⋅ (− 1) = −(λ + 1)2 2

2

2

2 1

7

0

Ejercicio 3. Calificación máxima 2 puntos a) (1 punto) Hallar los puntos de corte de la recta de dirección (2, 1, 1) y que pasa por el punto P(4 , 6, 2), con la superficie esférica de centro C(1, 2, ‒1) y radio 26 b) (1 punto) Hallar la distancia del punto Q(‒2, 1, 0) a la recta x −1 z −3 r≡ = y+2= 2 2 Solución.  x = 4 + 2λ r dirección v(2,1,1)  a. Recta:  :s ≡  y = 6+ λ ( ) Punto P 4,6,2   z = 2+λ  Centro C(1, 2, − 1) Superficie esférica:  : C ≡ (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = Radio R = 26 

( 26 )2

Los puntos comunes a la recta y a la superficie esférica se hallan resolviendo el sistema que forman las dos ecuaciones.   x = 4 + 2λ   s ≡  y = 6+λ : (4 + 2λ − 1)2 + (6 + λ − 2)2 + (2 + λ + 1)2 = 26   z = 2+λ   C ≡ (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = 26 

(3 + 2λ )2 + (4 + λ )2 + (3 + λ )2 = 26

9 + 12λ + 4λ2 + 16 + 8λ + λ2 + 9 + 6λ + λ2 = 26

   1  10  a1 = 4 + 2 ⋅  − 3  = 3     1   1  17  10 17 5   λ = − 3 : A ≡  a 2 = 6 +  − 3  = 3 : A 3 , 3 , 3        2 2 1 5    6λ + 26λ + 8 = 0 ; 3λ + 13λ + 4 = 0 :   a3 = 2 + − 3  = 3      ′1 = 4 + 2 ⋅ (− 4) = −4 a    λ = −4 : A ′ ≡  a ′2 = 6 + (− 4 ) = 2 : A ′(− 4, 2, − 2)   a ′ = 2 + (− 4 ) = −2  3  b. Uno de los métodos para calcular la distancia de un punto a una recta es una aplicación del módulo del producto vectorial. r QB × u d(Q − r ) = r u r Siendo u el vector de dirección de la recta r y B un punto cualquiera de la recta

Q(− 2, 1, 0) QB = (3, − 3, 3)  −3 3 3 3 3 −3 r   = (− 9, 0, 9 ) ⇒ QB × u = (3, − 3, 3) × (2, 1, 2) =  ,− ,  B(1, − 2, 3) :  r  1 2 2 2 2 1 r  u ( 2 , 1 , 2 )  u (2, 1, 2 )     r QB × u (− 9,0,9 ) d(Q − r ) = = = r (2,1,2) u

(− 9)2 + 0 2 + 9 2 2 2 + 12 + 2 2

8

=

162 9

= 18

Ejercicio 4. Calificación máxima 2 puntos Dados el punto P(1, 0, ‒1), el plano π ≡ 2 x − y + z + 1 = 0 , y la recta

− 2 x + y − 1 = 0 r≡  3x − z − 3 = 0 Se pide: a) (1,5 puntos) Determinar la ecuación del plano que pasa por P, es paralelo a la recta r y perpendicular al plano π. b) (0,5 puntos) Hallar el ángulo entre r y π. Solución. a. La determinación lineal del plano que se pide se obtiene con el punto P, el vector normal del plano π y el vector de dirección de la recta r  x=λ r − 2x + y − 1 = 0 x = λ  r≡ → y = 1 + 2λ : d r = (1, 2, 3)  3x − z − 3 = 0 z = −3 + 3λ  r π ≡ 2x − y + z + 1 = 0 : n π = (2, − 1, 1)

x −1 y − 0 z +1  P(1,0,−1) r σ ≡  d r (1,2,3) : σ ≡ 1 2 3 =0 nr (2,−1,1) 2 −1 1  π σ ≡ x+y−z−2=0 b.

r r d on (1,2,3) o (2,−1,1) 3 sen α = r r r π = = 2 2 2 2 2 2 14 ⋅ 6 dr ⋅ nπ 1 + 2 + 3 ⋅ 2 + (− 1) + 1 α = 19,1º

9