MATEMÁTICAS (II) Modelo 2006 INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN INSTRUCCIONES: El examen presenta dos opciones, A y B. El alumno deberá elegir UNA Y SÓLO UNA de ellas, y resolver los cuatro ejercicios de que consta. No se permite el uso de calculadoras con capacidad de representación gráfica. PUNTUACIÓN: La calificación máxima de cada ejercicio se indica en el encabezamiento del mismo. TIEMPO: 90 minutos

OPCIÓN A Ejercicio 1. (2 puntos). Un punto de luz situado en P (0, 1, 1) proyecta la sombra de la recta: x = y = −z sobre el plano π: x − z = 0. Calcular las coordenadas del punto de esta proyección que pertenece al plano z = 1. Solución.

El punto pedido (A), se encuentra por intersección de la recta s (proyección, generada por un foco situado en P, de r sobre π) con el plano z = 1. Por otro lado, la recta s se calcula por intersección de π con un plano que contenga al punto P y a la recta r. Cálculo de s: π : x − z = 0  s ≡  σ : P ∈ σ  r ⊂ σ

El plano σ se calcula con el punto P y, con el vector de dirección y punto de la recta r. Punto Q = (0, 0, 0 ) r : x = y = −z v  d r = (1, 1, − 1)  P = (0, 1, 1)  σ ≡  QP = (0 − 0, 1 − 0, 1 − 0) = (0, 1, 1) dv = (1, 1, − 1)  r

Resolviendo y ordenando

x − 0 y −1 z −1   σ ≡ 0 1 1 =0   1 1 −1 

σ ≡ 2x − y + z = 0

Conocidos π y σ se calcula s. x=λ  x−z = 0  z =λ s≡  → y = 3λ ∀ λ ∈ R − + = 2 x y z 0  z=λ 

Conocida la recta s, se calcula el punto A como intersección de s con el plano z−1=0.  z −1 = 0   x = λ A : s ≡  y = 3λ ⇒ A = (1, 3, 1)     z = λ Nota: El sistema se resuelve sustituyendo las paramétricas de s en el plano y calculando el parámetro. Ejercicio 2. (2 puntos). Se consideran las rectas: x y−6 z−5 r: = = 1 1 2

x = 3 + λ  s :  y = -4 + 3λ z = 0 

Hallar la ecuación de la recta que contiene al punto P (2, −1,1) y cuyo vector director es perpendicular a los vectores directores de las dos rectas anteriores. Solución. La recta buscada (t) se obtiene con la mínima determinación lineal, es decir, un punto de la recta y un vector paralelo. El punto lo da el enunciado P = (2, −1, 1), y el vector de dirección debe ser perpendicular a los vectores de dirección de dos rectas conocidas (r y s). Teniendo en cuenta la definición de producto vectorial “El producto vectorial de de dos vectores es otro vector perpendicular a ambos”. r r r d = dr ×ds r:

x y−6 z −5 r = = : d r = (1, 1, 2 ) 1 1 2

 x = 3+ λ r  s :  y = −4 + 3λ : d s = (1, 3, 0 ) z = 0 

r r r i j k r 1 2 1 2 1 1  = (− 6, 2, 2 ) = 2(− 3, 1, 1) d = (1, 1, 2)× (1, 3, 0) = 1 1 2 =  ,− , 3 0 1 0 1 3   1 3 0

La recta t buscada es: x = 2 − 6µ P = (2, − 1, 1) x − 2 y + 1 z − 1  r t: = = : :  y − 1 + 2µ ∀ µ ∈ R 1 1  d = (− 3, 1, 1) − 3  z = 1 + 2µ

Ejercicio 3. (3 puntos). Dado el sistema de ecuaciones:  2 x + 3y − z = k   x + 2 y + 3z = 2 kx + ky − 4z = −1  a) (2 puntos). Discutido según los distintos valores de k. Solución. Sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas y un parámetro k. Lo definen las matrices:  2 3 −1   2 3 −1 k      * A = 1 2 3  A = 1 2 3 2  k k − 4  k k − 4 − 1     A ⊂ A * ⇒ rg A ≤ rg A * ≤ 3

Si el determinante de la matriz de coeficientes ( A ) fuese distinto de cero, el rango de la matriz será 3, coincidirá con el rango de la matriz ampliada y con el número de incógnitas del sistema, según el teorema de Rouché es sistema será compatible determinado. Teniendo en cuenta esto, el sistema se discute para los valores del parámetro que anulan la matriz de coefiecientes.

2 3 A = 1

2

−1

3 = −16 + 9k − k − (− 2k − 12 + 6k ) = 4k − 4

k k −4 A = 0 : 4k − 4 = 0 : k = 1

Discusión i.

Si k ≠ 1. A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A * = n = 3 Sistema compatible determinado. Sistema de Cramer.

ii.

 2 3 −1   Si k = 1. A =  1 2 3  1 1 − 4  

A = 0 ⇒ rg A < 3.

2 3 1 2

= 1 ≠ 0 ⇒ rg A = 2.

 2 3 −1 1    A = 1 2 3 2  rg A * ≥ 2. De los menores orlados al menor de orden 2 que se ha  1 1 − 4 − 1   *

utilizado para definir el rango de A, el único que queda por estudiar es el formado por la 1ª, 2 3 1 2ª y 4ª columna. 1 2 2 = 0 ⇒ rg A * = 2. rg A = rg A* = 2 < n = 3. Sistema compatible 1 1 −1 indeterminado. b) (1 punto). Resolverlo cuando sea compatible indeterminado. Solución. Para k = 1, el sistema equivalente es el formado por la ecuaciones que contienen a los términos del menor de orden 2 utilizado para establecer el rango.  2 x + 3y − z = 1 S' :  x + 2 y + 3z = 2 Puesto que el número de incógnitas es mayor que el de ecuaciones, se transforman en parámetros tantas incógnitas como hagan falta para igualarlos.  2 x + 3y = 1 + λ z = λ: x + 2 y = 2 − 3λ Resolviendo por Cramer: 1+ λ 3 2 1+ λ 2 − 3λ 2 1 2 − 3λ x= y= = −4 + 11λ = 3 − 7λ 2 3 2 3 1 2 1 2 x = −4 + 11λ  Solución:  y = 3 − 7λ ∀λ∈R z = λ 

Ejercicio 4. (3 puntos). Dada la función: f (x ) =

−4 x

(1 + x )

2 2

a) (2 puntos). Hallar sus máximos y mínimos locales y/o globales. Solución. Para que una función tenga un extremo relativo en un punto, la primera derivada de la función en el punto debe ser cero y la segunda distinta de cero. x = x o ∃ Máximo ⇔ f ′(x o ) = 0 y f ′′(x o ) < 0 x = x o ∃ Mínimo ⇔ f ′(x o ) = 0 y f ′′(x o ) > 0

Derivadas de f (x): f ′(x ) = − f ′′(x ) = −4

(

4⋅ 1+ x 2

(1 + x )[4 ⋅ (1 + x )− 4x ⋅ 2 ⋅ 2x ] = −4 1 − 3x (1 + x ) (1 + x ) (1 + x ) ) − (1 − 3x )⋅ 3(1 + x ) ⋅ 2x = −4 (1 + x ) [− 6x ⋅ (1 + x )− (1 − 3x )⋅ 3 ⋅ 2x ] = (1 + x ) (1 + x ) x ⋅ (1 − x ) = 48 ⋅ (1 + x ) )

2

(

)

− 4x ⋅ 2 1 + x 2 ⋅ 2x 2 4

(

− 6x ⋅ 1 + x 2

3

2

=−

2

2 4

2 3

2 2

2 2

2

2

2

2 6

2

2 6

2

2 4

Máximos y mínimos relativos. 1 ± 3 1 − 3x 2 = 0 : 1 − 3x 2 = 0 : x = ± = f ′(x ) = 0 : − 4 3 3 3 1+ x 2 Sustituyendo los valores de x en la función se obtienen las ordenadas de los puntos. 3 −4  3 3 3 3 = f • =− 2  3  4     3 2      + 1   3      

(

)

 3  3 3 f− = Por ser f (x) impar (f (− x ) = −f (x ))  3  4   Para saber si son máximos ó mínimos se sustituyen los valores de x en la segunda derivada. 2  3   3   ⋅ 1− 3   3    3  3 3 3     = 48 ⋅ >0⇒ • f ′′ ,− ∃ Máximo 4  3   3 4  2         3  1 +  3      

•

•

  3  3 3 3  f ′′ − < 0 Por ser f ’’(x) impar (f ′′(− x ) = −f ′′(x )) ⇒  − , ∃ Mínimo  3   3 4    

Para saber si los extremos relativos son absolutos hay que estudiar si la función es continua y cuanto valen los límites en el infinito. La función es continua por ser cociente de dos funciones continuas y la del denominador no anularse nunca. −4x Lím f (x ) = Lím =0 2 x → ±∞ x → ±∞ 1+ x 2 Los extremos son absolutos.

(

)

b) (1 punto). Determinar el valor del parámetro a > 0 para el cual es: a

∫ f (x )dx = −1 o

Solución.  El primer paso es calcular la primitiva de la función    corresponde a la primitiva:

∫ 2

f n ( x ) ⋅ f ' ( x )dx =

Siendo: f (x) = 1 + x ; n = −2 ; f´(x) = 2x

a

− 4x

∫ (1 + x ) o

2 2

 dx  . La integral es inmediata y  

f n +1 ( x ) + C ∀n ≠ −1 n +1

Para obtener la derivada, −4x se puede descomponer en −2·2x, y el −2 sacarlo fuera de la integral por ser una constante. a

− 4x

∫ (1 + x ) o

2 2

dx = −2

∫ (1 + x ) a

2 −2

o

Aplicando la regla de Barrow 2 1+ a

2

−

(

 1+ x 2 2 x ⋅ dx =  − 2  −1 

2 1+ 02

= −1 :

a = ± 1 = ±1

)

−1

a

a  2   =  = −1 − 1 2   1 + x   0 0

1+ a 2 = 2

OPCIÓN B Ejercicio 1. (2 puntos). a) (1 punto). Hallar el punto P en el que se cortan las gráficas de las funciones: 2 f (x ) = g(x ) = + x 2 − 3 x Solución. F(x) corresponde a una parábola equilátera y g (x) a una hipérbola de eje horizontal. El punto común P, debe cumplir las dos ecuaciones y por tanto se puede hallar resolviendo el sistema formado por las dos ecuaciones.

2   y= P: x y = x 2 − 3 

2 = x2 −3 x

Elevando al cuadrado: 4 x

2

= x2 −3 :

 x 2 = −1 Imaginarias, no válidas  2  x 4 − 3x 2 − 4 = 0 :  2 x = 2 : y = = 1 x 4 : =  2   x = −2 No válida 

El punto de corte de las dos funciones es P = (2, 1) b) (1 punto). Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes en el punto P a cada una de las curvas anteriores y demostrar que son perpendiculares. Solución. La ecuación de la recta tangente a una función f (x) en un punto xo, expresada en forma punto pendiente tiene la forma: y − f (x o ) = f ′(x o )(x − x o )

Derivadas: 2 x

f ′(x ) =

g(x ) = x 2 − 3

g ′(x ) =

f (x ) =

−2 x2 2x 2 x2 −3

Tangente a f (x) en x = 2. 2    f (2) = 2 = 1  1 y − f (2 ) = f ′(2)(x − 2) :  −2 1  : r ≡ y − 1 = − 2 (x − 2) f ′(2) = =−   2  22

Tangente a g (x) en x = 2.  g(2 ) = 2 2 − 3 = 1    2⋅2 : s ≡ y − 1 = 2 ⋅ (x − 2 ) y − g(2 ) = g ′(2 )(x − 2 ) :  = 2 g ′(2) =   2 2 2 −3  

Si dos rectas son perpendiculares, sus pendientes son opuesta e inversas. 1 mr = − ms = 2 2 Ejercicio 2. (2 puntos). Se considera la función:

f (x ) =

1 2 + senx − cos x

Se pide: a) (1 punto). Calcular sus extremos locales y/o globales en el intervalo [− π, π] Solución. Para que una función tenga un extremo relativo en un punto, la primera derivada de la función en el punto debe ser cero y cambiar el signo. x = x o ∃ Máximo ⇔ f ′(x o ) = 0 y f ′ x o− > 0 : f ′ x o+ < 0 x = x o ∃ Mínimo ⇔ f ′(x o ) = 0 y

( ) ( ) f ′(x ) < 0 : f ′(x ) > 0 − o

+ o

Derivada de f (x). f ′(x ) =

0 ⋅ (2 + senx − cos x ) − 1 ⋅ (0 + cos x − (− sen x ))

(2 + senx − cos x )

2

Raíces de la derivada en el intervalo [−π, π]. cos x + sen x f ′(x ) = 0 : − =0 : (2 + senx − cos x )2

=−

cos x + sen x

(2 + senx − cos x )2

cos x + sen x = 0

:

sen x = − cos x

3π  x = 4 tg x = −1 :  π x = − 4 

Sustituyendo los valores en la función, se obtienen las ordenadas de los puntos.  3π 1 1 1  1  3π   f  = = = :  ,   4  2 + sen 3π − cos 3π 2 − 2 2+ 2  4 2+ 2  2+ − 4 4 2 2 −π 1 1 1  1 −π  f = = :  , =   4  2 + sen − π − cos − π − 2 2 2− 2  4 2− 2  2+ − 4 4 2 2

Dada la dificultad que tiene la segunda derivada, para saber si se tratan de máximos o mínimos, se recurre al estudio del signo de la primera derivada en el entorno de los puntos donde anula esta. Puesto que el denominador de la derivada es un cuadrado, el signo de esta solo depende del numerador. − −    3π −    = Signo cos 3π + sen 3π  < 0 : Decreciente Signo f ′  4 4    4  1    3π   ∃ mínimo ⇒ , + + +   3π  4 2 + 2    π π 3 3    = Signo cos  > 0 : Creciente + sen Signo f ′     4 4      4 

− −    − π −    = Signo cos − π + sen − π  > 0 : Creciente  Signo f ′  4 4    − π   4  1    ∃ máximo ,  ⇒  + + +   − π  4 2 − 2    − π − π    = Signo cos  < 0 : Decreciente Signo f ′ + sen     4 4      4 

b) (1 punto). Comprobar la existencia de, al menos, un punto c ∈ [−π, π] tal que f ´´(c ) = 0 .

(Sugerencia: utilizar el teorema de Rolle). Demostrar que en c hay un punto de inflexión. Solución. cos x + sen x f ′(x ) = − (2 + senx − cos x )2 f ´(x) es una función continua y derivable en el intervalo [−π, π] por ser cociente de dos funciones continuas y derivables, siendo la función del denominador mayor que cero para cualquier valor real. Además la derivada de la función toma idénticos valores en lo extremos del intervalo: cos(−π ) + sen (− π) 1 −1 + 0 f ′(− π) = − =− = 2 2 (2 + 0 − (− 1)) 9 (2 + sen(− π) − cos(− π)) f ′(π ) = −

cos(π) + sen (π )

(2 + sen(π) − cos(π))

=−

2

−1 + 0

(2 + 0 − (− 1))

2

=

1 9

Por lo tanto la función f ´(x) cumple las hipótesis de teorema de Rolle y existe al menos un valor c en el intervalo (−π, π) donde su derivada se anula. (f ′(c ))′ = 0 ⇒ f ′′(c ) = 0 En el punto c, la función presenta un punto de inflexión y el razonamiento es sencillo. En una función continua, y f (x) lo es, entre un máximo y un mínimo al menos debe haber un punto de inflexión. f (x) tiene un máximo y un mínimo en el intervalo (−π, π) como se ha demostrado en el apartado “a”, por lo tanto entre ellos debe existir un punto de inflexión. Ejercicio 3. (3 puntos). Dadas las rectas: y +1 z − 2 x +1 y + 2 z + 3 x = = = = r: s: −1 −2 3 1 1 1 a) (1,5 puntos). Hallar la ecuación del plano que contiene a r y es paralelo a s. Solución. r r y + 1 z − 2 d s = (− 1, 1, − 2) x + 1 y + 2 z + 3 d r = (3, 1, 1) x = = = = s: : r: : −1 − 2 B = (0, − 1, 2) 3 1 1 A = (− 1, − 2, − 3) 1

El plano π se determina con los vectores de dirección de las dos rectas que son paralelos al plano r r y no paralelos entre ellos d r = (3, 1, 1) ≠ k ⋅ d s (− 1, 1, − 2 ) , y con algún punto de la recta r por estar contenida en el plano π, el más sencillo el A = (−1, − 2, − 3) .

(

)

Siendo P (x, y, z) un punto genérico del plano π, la ecuación se obtiene a partir de la condición r r que el rg AP, d r , d s < 3 , y por tanto el determinante de la matriz formada por los tres vectores debe ser

(

nulo.

)

x +1 x + 2 x + 3 =0

3

1

1

−1

1

−2

Operando y ordenando: 3x − 5y − 4z − 19 = 0 b) (1,5 puntos). Calcular la distancia de s al plano anterior. Solución. La distancia de s al plano, por ser s paralela al plano, es igual para todos los puntos de la recta. 3 ⋅ 0 − 5 ⋅ (− 1) − 4 ⋅ 2 − 19 22 d(s − π) = d(B − π) = = 2 50 3 2 + (− 5) + (− 4 ) Ejercicio 4. (3 puntos). Se consideran las matrices: 2 − 1 2   A =  −1 −1 1   −1 − 2 2   

1 0 0   I = 0 1 0 0 0 1  

Se pide:

a) (1,5 puntos). Hallar (A − I )2 . Solución. 2

 2 2 − 1  1 0 0   1      2 (A − I) =   − 1 − 1 1  −  0 1 0   =  − 1   −1      −1 − 2 2   0 0 1  2 − 1  0 0 2 − 1  1 1      =  −1 − 2 1  ⋅  −1 − 2 1  =  0 0  −1 − 2 1   −1 − 2 1   0 0     

2

2 − 1  −2 1  = − 2 1  0  0 = 0 0 

b) (1,5 puntos). Calcular A4 haciendo uso del apartado anterior. Solución.

(A − I)2 = 0

Teniendo en cuenta que la matriz a conmuta con la matriz I, se puede aplicar el desarrollo de Newton al binomio.

(A − I)2 = A 2 − 2A ⋅ I + I 2 = 0

Operando y simplificando (2A·I = 2A; I2 = I). A 2 − 2A + I = 0 De la expresión anterior se puede obtener A2. A 2 = 2A − I 4 2 A se puede expresar en función de A .

( )

A 4 = A 2 = (2A − I )2 Binomio que se puede desarrollar por Newton por ser conmutables las matrices que lo forman 2

A 4 = (2A − I )2 = 4A 2 − 4A + I Sustituyendo A2 por su expresión en función de A y operando se llega a una expresión para A4 en función de A. 2 − 1 8 − 4 1 0 0  5 2       4 A = 4(2A − I ) − 4A + I = 4A − 3I = 4 ⋅  − 1 − 1 1  − 3 ⋅  0 1 0  =  − 4 − 7 4  0 0 1  − 4 − 8 5   −1 − 2 2       