UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO Curso 20013/2014 JUNIO MATERIA: MATEMATICAS II Después de leer atentamente todas las preguntas, el alumno deberá escoger una de las dos opciones propuestas y responder razonadamente a las cuestiones de la opción elegida. Para la realización de esta prueba se puede utilizar calculadora científica, siempre que no disponga de capacidad de representación gráfica o de cálculo simbólico. Todas las respuestas deberán estar debidamente justificadas. Calificación: Las preguntas 1ª y 2ª se valorarán sobre 3 puntos; las preguntas 3ª y 4ª sobre 2 puntos. Tiempo: 90 minutos.

OPCIÓN A Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. Dada las matrices:

α β γ   A =  γ 0 α ; 1 β γ  

x   X =  y z  

;

1   B =  0 1  

,

0   O = 0 0  

se pide:

1   a) (1,5 puntos) Calcula α, β, γ para que  2  sea solución del sistema AX = B  3   b) (1 punto) Si β = γ = 1 ¿Qué condición o condiciones debe cumplir α para que el sistema lineal homogéneo AX = O sea compatible determinado? c) (0,5 puntos) Si α= ‒1, β = 1 y γ = 0, resuelve el sistema AX = B. Solución. a. Si 1, 2, 3 son solución de la ecuación matricial AX = B, se cumplirá: α β γ  1 1  α + 2β + 3γ = 1        Multiplicando y ordenando se obtiene: 3α + γ = 0  γ 0 α  ⋅ 2 = 0  1 β γ   3 1  2 β + 3γ = 0        9 Resolviendo: α = 1 ; β = ; γ = −3 2

α 1 1  x  0       b.  1 0 α  ⋅  y  =  0  Para que el sistema sea compatible determinado, rg A = 3, por tanto el 1 1 1  z  0       determinante de la matriz de coeficientes deberá ser distinto de cero. α 1 1 α −1 0 0 0 α α = 0 1 0 α = {F1 = F1 − F3 } = 1 0 α = (α − 1) ⋅ (− 1) ⋅ = −α ⋅ (α − 1) = 0 :  1 1 α −1 = 0 : α = 1 1 1 1 1 1 1 ∀ α ≠ 0, 1 el A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3. Sistema compatible determinado. Por ser homogéneo, la única solución que admitirá será la trivial (x = y = z = 0)

c.

 −1 1 0   x   1         0 0 − 1 ⋅  y  =  0  :  1 1 0   z  1      

− x + y = 1 − x + y = 1  : {2 y = 2 :  −z =0 :   x + y =1  x + y =1 

1

x = 0  y =1 z = 0 

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos x = 0 Dados el punto P(1, 0, 1), el plano π ≡ x + 5y − 6z = 1, y la recta r ≡  se pide: y = 0 a) (1 punto) Calcular el punto P’ simétrico a P respecto de π. b) (1 punto) Hallar la distancia de P a r. c) (1 punto) Calcular el volumen del tetraedro formado por el origen de coordenadas O(0, 0, 0) y las intersecciones de π con los ejes coordenados OX, OY y OZ. 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. El punto M se calcula como intersección del plano π con una recta s perpendicular al plano que pasa por P.  π ≡ x + 5 y − 6z = 1   x = 1+ α r   M :  π ⊥ s ⇒ n (1, 5, − 6) || s s: → s ≡  y = 5α   P(1, 0, 1) ∈ s  z = 1 − 6α   (1 + α ) + 5(5α ) − 6(1 − 6α ) = 1 ; 1 + α + 25α − 6 + 36α = 1 ; 62α = 6 ; α = 6 = 3 62 31 3 34  x m = 1 + 31 = 31  3 15  34 15 13  M ≡ ym = 5 ⋅ = M , ,  31 31  31 31 31    z = 1 − 6 ⋅ 3 = 13  m 31 31 Teniendo en cuenta que M es el punto medio de PP' se calculan las coordenadas de P’ x p + x p'  34 37 → x p' = 2 ⋅ x m − x p = 2 ⋅ − 1 = x m = 31 2 31  y p + y p' 15 30   37 30 − 5  → y p' = 2 ⋅ y m − y p = 2 ⋅ − 0 = ⇒ P'  , ,  y m = 2 31 31  31 31 31    z = z p + z p ' → z = 2 ⋅ z − z = 2 ⋅ 13 − 1 = − 5 p' m p  m 2 31 31 

b.

 P(1, 0, 1)  r  x = 0  AP × u   A(0, 0, 0) = d(P − r ) =   r r ≡ y = 0 :  r u   u 0 , 0 , 1 ( )   z = λ   AP = (1, 0, 1) − (0, 0, 0) = (1, 0, 1)

0 1 1 1 1 0 r  = (0, − 1, 0) AP × u = (1, 0, 1) × (0, 0, 1) =  ,− ,  0 1 0 1 0 0

r AP × u (0, − 1, 0) 0 2 + (− 1)2 + 0 2 1 d(P − r ) = = = = =1 r 2 2 2 u (0, 0, 1) 1 0 + 0 +1 c. Para calcular el volumen del tetraedro formado por el plano π y los planos coordenados se necesita conocer los puntos de corte del plano con los ejes de coordenadas, para lo cual, se pasa la ecuación del plano a forma canónica. r  A(1,0,0) → a = (1,0,0 ) r x y z  π ≡ x + 5y − 6z = 1 π≡ + + =0 B(0,1 5 ,0) → b = (0,1 5 ,0) 1 1 5 −1 6  C(0,0, − 1 6) → cr = (0,0, − 1 6) 

2

1 0 0 1r r r 1 1 3 V = a o b×c = ⋅ 0 1 5 0 = u 6 6 180 0 0 −1 6

( )

Ejercicio 3: Calificación máxima: 2 puntos.

a) (1 punto) Sea f : R → R una función dos veces derivable. Sabiendo que el punto de abscisa x = ‒2 es un punto de inflexión de la gráfica de f(x) y que la recta de ecuación y = 16x+16 es tangente a la gráfica de f(x) en dicho punto, determinar: f (− 2 ) , f ′(− 2 ) , f ′′(− 2) b) (1 punto) Determinar el área de la región acotada limitada por la gráfica de la función g(x) = x4 + 4x3 y el eje OX. Solución. Teniendo en cuenta que la función y la tangente comparten el punto de tangencia, la imagen de la función a. (f(‒2)) se calcula mediante la ecuación de la tangente: f (− 2 ) = 16 ⋅ (− 2) + 16 = −16 La derivada de la función en el punto f ′(− 2 ) , se calcula teniendo en cuenta la interpretación geométrica de la derivada de una función en un punto; la derivada de una función en un punto es un número real que representa la pendiente de la recta tangente a la función en ese punto. La pendiente de la recta tangente a la función en x = ‒2 (y = 16x+16) es m = 16 ⇒ f ′(− 2) = 16 El valor de f ′′(− 2) se calcula teniendo en cuenta que en x = ‒2, existe un punto de inflexión y por tanto la segunda derivada en el punto debe ser nula. f ′′(− 2) = 0 b. Para calcular el área determina por la gráfica de la función y el OX se calcular los puntos de corte de la función con el eje OX x 3 = 0 : x = 0  OX : y = 0 : x 4 + 4x 3 = 0 : x 3 (x + 4) = 0 :   4 3  x + 4 = 0 : x = −4  y = g(x ) = x + 4x

∫(

)

0

0

 x 5 4x 4   x5   05   (− 4)5  Área = x + 4x dx =  +  = + x4 = + 04  −  + (− 4)4  =   5  5  5   5 4  -4     −4    −4  0

4

3

256 256 2  − 1024  = 0− + 256  = − = u 5 5 5  

Ejercicio 4: Calificación máxima: 2 puntos. Calcular justificadamente: a) Lím

1 − 2x − e x + sen (3x ) x2

x →0

(2x + 2)⋅ (x − 6) (x − 1)⋅ (2x − 1) 2

b) Lím x →∞

2

Solución.

a.

0 0     1 − 2x − e x + sen (3x )  0  0 − 2 − e x + cos(3x ) ⋅ 3  0  0 − e x − sen (3x ) ⋅ 3 ⋅ 3 Lím = Lím = Lím = 2x 2 x →0 L´H x → 0 L´H x → 0 x2

0 − e 0 − sen (3 ⋅ 0) ⋅ 3 ⋅ 3 − 1 = 2 2

(5x + 2)⋅ (x − 6) = Lím 5x − 30x (x − 1)⋅ (2x − 1) 2x − x 2

b.

Lím x →∞

2

3

x →∞

3

2

+ 2x − 12

2

− 2x + 1

≈ Lím x →∞

3

5x 3 2x 3

=

5 2

OPCIÓN B Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos.

a + Ln (1 − x ) si x < 0 Dada la función f (x ) =  2 −x si x ≥ 0  x e (donde Ln denota logaritmo neperiano) se pide: a) (1 punto) Calcular Lím f (x ) y Lím f (x ) x →∞

x → −∞

b) (1 punto) Calcular el valor de a, para que f(x) sea continua en todo R. c) (1 punto) Estudiar la derivabilidad de f y calcular f ´, donde sea posible. Solución. a.

)∞⋅0 x →∞ xe x2 = 0 porque si x → ∞ ⇒ e x >> x 2

( x →∞

Lím f (x ) = Lím x 2 e − x = Lím

x →∞

Lím f (x ) = Lím (a + Ln (1 − x )) = a + Ln (1 − (− ∞ )) = a + Ln (∞ ) = a + ∞ = ∞

x → −∞

x → −∞

b. Teniendo en cuenta que las funciones parciales son continuas en sus dominios de definición, para que la función f se continua en R deberá ser continua en x = 0. Para que sea continua en x = 0, se debe cumplir: Lím f (x ) = Lím f (x ) = f (0) x →0 −

x →0 +

Lím f (x ) = Lím [a + Ln (1 − x )] = a + Ln1 = a  x →0   Lím f (x ) = Lím x 2 e x = 0 2 ⋅ e 0 = 0 ⋅1 = 0 : a = 0 + + x →0 x →0   f (0) = 0 2 ⋅ e 0 = 0 ⋅1 = 0  x →0 −

( )

c. La condición necesaria, no suficiente, para que una función sea derivable es que sea continua. Para que la función f(x) sea continua en R, el parámetro “a” debe ser cero, como queda demostrado en el apartado anterior. −1  si x < 0 −1   1 −x si x < 0  Ln(1 − x ) si x < 0  f (x ) =  2 − x ; f ′(x ) =  = 1− x si x ≥ 0 x e 2xe − x + x 2 e − x ⋅ (− 1) si x > 0  2x − x 2 ⋅ e − x si x > 0    Las expresiones que tienen las derivadas de las funciones parciales, indican, que la función es derivable en (− ∞, 0) ∪ (0, + ∞ ) . Para ver si la función derivable en x = 0, se comprueba si las derivadas laterales en cero coinciden. −1  f ′ 0− = = −1  1− 0  − +  : f ′ 0 ≠ f ′ 0 ⇒ No derivable en x = 0 f ′ 0 + = 2 ⋅ 0 − 0 2 ⋅ e −0 = 0 ⋅ 1 = 0   

(

( )

( ) (

)

)

( ) ( )

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos  x =1 Dados el plano π ≡ 2x ‒ y = 2, y la recta r ≡   y − 2z = 2 se pide: a) (1 punto) Estudiar la posición relativa de r y π. b) (1 punto) Determinar el plano que contiene a r y es perpendicular a π. c) (1 punto) Determinar la recta que pasa por A(‒2, 1, 0), corta a r, y es paralela a π. Solución. a. Para estudiar la posición relativa de una recta y un plano se estudia el producto escalar del vector de dirección de la recta por el vector normal del plano.

4

≠ 0 ⇒ La recta corta al plano r r  Si el punto de la recta cumple la eccuación del plano ⇒ Recta contenida en el plano von =  = 0:  Si el punto de la recta no cumple la eccuación del plano ⇒ Recta paralela al plano  r π ≡ 2x − y = 0 : n (2, − 1, 0)   r r x = 1  x =1 Q(1, 2, 0 ) : n o v = (0, 2, 1) o (2, − 1, 0) = 0 ⋅ 2 + 2 ⋅ (− 1) + 1 ⋅ 0 = −2 ≠ 0  z=λ r≡  → y = 2 + 2λ :  r  y − 2z = 2  v(0, 2, 1)  z = λ   La recta corta al plano b.

El plano que se pide (σ) cumple las siguientes condiciones: Contiene a la recta r, por lo tanto contiene al punto A de la recta y es paralelo a su vector de r dirección v r ii. El perpendicular al plano π, y por tanto paralelo al vector normal de π (n )

i.

x −1 y − 2 z  Q(1, 2, 0)  r σ :  v(0, 2, 1) ⇒ σ ≡ 0 2 1 = 0 σ ≡ x + 2 y − 4z − 5 = 0 nr (2, − 1, 0) 2 − 1 0  c. La recta s se obtiene calculando el punto P. El punto P se calcula teniendo en cuenta que el segmento AP debe ser perpendicular al vector normal del plano, y por tanto su producto escalr debe ser nulo. r AP o n = 0 Para determinar el vector AP se tiene en cuenta que el punto P pertenece a la recta r y por tanto sus coordenadas deberán de cumplir las ecuaciones paramétricas de r. x = 1  P ∈ r ≡  y = 2 + 2λ ⇒ P(1, 2 + 2λ, λ ) AP = (1, 2 + 2λ, λ ) − (− 2, 1, 0) = (3, 1 + 2λ, λ ) z = λ 

r AP o n = (3, 1 + 2λ, λ ) o (2,−1,0) = 3 ⋅ 2 + (1 + 2λ ) ⋅ (− 1) + λ ⋅ 0 = 5 − 2λ = 0 ;

λ=

5 2

5 5  5  AP =  3, 1 + 2 ⋅ ,  =  3, 6,  2 2 2     A(− 2,1,0 ) x + 2 y −1 z  5⇒s≡  s≡ = = AP =  3, 6,  5 3 6  2 2 

Ejercicio 3. Calificación máxima 2 puntos Dada la matriz:

 −1 −1 a    A = − 3 2 a   0 a − 1  se pide: a) (1 punto) Hallar el valor o valores de a para que la matriz A tenga inversa. b) (1 punto) Calcular la matriz inversa A‒1 de A, en el caso a = 2. Solución. a. La condición necesaria y suficiente para que una matriz enga inversa es que su determinante sea distinto de cero.

5

−1 −1 a 5 ± 10 det A = − 3 2 a = 2 + 0 − 3a 2 − 0 − 3 − a 2 = 5 − 2a 2 = 0 : a = ± = 2 2 0 a −1

(

∀a ≠

b.

)

± 10 , A ≠ 0 ⇒ ∃ A −1 2

 −1 −1 2  a =2   Para a = 2: A =  − 3 2 2  ; A = 5 − 2a 2 = 5 − 2 ⋅ 2 2 = −3  0 2 − 1  1 A −1 = (adj A )t A  2 +  2  −1 adj A =  −  2  −1 +  2 

2

−3

−

−1 2

0 −1 −1 2

+

−1 2

−

2

2

0 −1 −1 2 −3 2

−3 2   0 2   − 6 − 3 − 6  −1 −1   = 3 − 1 2  0 2   − 6 − 4 − 5  −1 −1    + − 3 2  +

 − 6 3 − 6   2 − 1   1 A −1 = (adj A )t = 1 ⋅  − 3 1 − 4  =  1 − 13 A −3    − 6 2 − 5   2 − 2 3

 − 6 3 − 6   (adj A ) =  − 3 1 − 4   − 6 2 − 5   t

2  4  3 5  3

Ejercicio 4. Calificación máxima 2 puntos Por la compra de cinco cuadernos, dos rotuladores y tres bolígrafos se han pagado veintidós euros. Si se compran dos cuadernos, un rotulador y seis bolígrafos, el coste es de catorce euros. Se pide: a) (1 punto) Expresar, en función del precio de un bolígrafo, lo que costará un cuaderno y lo que costará un rotulador. b) (1 punto) Calcular lo que deberíamos pagar si adquirimos ocho cuadernos y tres rotuladores. Solución. a. x ≡ cuadernos; y ≡ rotuladores; z ≡ bolígrafos 5x + 2 y + 3z = 22 5x + 2 y = 22 − 3λ Sistema compatible indeterminado : z = λ :   2 x + y + 6 z = 14   2 x + y = 14 − 6λ

22 − 3λ 2 Ax 14 − 6λ 1 22 − 3λ − 2 ⋅ (14 − 6λ ) − 6 + 9λ x= = = = = −6 + 9λ 5 2 A 5 ⋅1 − 2 ⋅ 2 1 2 1 5 22 − 3λ y= b)

Ay A

=

2 14 − 6λ 1

= 5 ⋅ (14 − 6λ ) − 2 ⋅ (22 − 3λ ) = 26 − 24λ

Se puede hacer de varias formas, la más sencilla es haciendo uso del apartado a):

8x + 3y = 8 ⋅ (− 6 + 9λ ) + 3 ⋅ (26 − 24λ ) = −48 + 72λ + 78 − 72λ = 30 €

6