SEPTIEMBRE 2007 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) Hallar los puntos de la recta r :

x − 3 y − 5 z +1 = = cuya distancia al plano 1 1 −1

π: 2x − y + 2z + 1 = 0 es igual a 1. Solución. Se pide hallar los punto P ∈ r tales que d(P − π) = 1. Las ecuaciones paramétricas de la recta r  x = 3+ λ  son  y = 5 + λ ∀ λ ∈ R , por lo tanto, cualquier punto P perteneciente a r tendrá por componentes: z = −1 − λ  P = (3+λ, 5+λ, −1−λ) El parámetro λ se determina con la condición de la distancia de un punto P al plano π. 2 x p − y p + 2z p + 1 d(P − π) = =1 2 2 2 2 + (− 1) + 2 Sustituyendo las coordenadas de P por sus expresiones en función de λ se obtiene una igualdad con λ.

2(3 + λ ) − (5 + λ ) + 2(− 1 − λ ) + 1 2 2 + (− 1)2 + 2 2

=1 ;

6 + 2λ − 5 − λ − 2 − 2λ + 1 9

=1 ;

−λ 3

=1

El valor absoluto se quita poniendo doble signo en el miembro contrario y resolviendo para cada uno de los signos. Conocido los posibles valores de λ, se sustituye en P y se obtienen los puntos de la recta r que cumplen la condición del enunciado.  λ = −3 : P = (3 + (− 3), 5 + (− 3), − 1 − (− 3)) = (0, 2, 2) − λ = ±3 ⇒  λ = 3 : P ′ = (3 + 3, 5 + 3, − 1 − 3) = (6, 8, − 4 ) Ejercicio 2. (2 puntos) Se consideran las rectas:  x−y=3 r: x + y − z = 0

 x−z = 4 s: 2 x − y = 7 Hallar la ecuación continua de la recta que contiene al punto P(2, −1, 2) y cuyo vector director es perpendicular a los vectores directores de las dos rectas anteriores. Solución.

La recta que se pide (t), se obtiene mediante la mínima determinación lineal de una recta; un punto y un vector. El punto lo propone el enunciado P = (2, −1, 2), el vector de dirección se obtiene con la condición de que la recta t debe ser perpendicular a r y a s, por tanto su vector de dirección se obtiene como producto vectorial de los vectores de dirección de las rectas r y s. r r r d t = dr × ds

Los vectores de dirección de las rectas r y s se obtienen pasando sus expresiones a paramétricas.  x = 3+ λ r  x−y=3  y =λ  x = 3 + λ r: → : {3 + λ − z = −λ : {z = 3 + 2λ :  y = λ : d r = (1, 1, 2 ) x + y − z = 0  x − z = −λ z = 3 + 2λ   x=µ r  x−z = 4 x =µ  z = −4 + µ  :  y = −7 + 2µ : d s = (1, 2, 1) s: →  y = −7 + 2µ  z = −4 + µ 2 x − y = 7 

r r r 1 2 1 2 1 1  = (− 3, 1, 1) d t = d r × d s = (1, 1, 2 )× (1, 2, 1) =  ,− ,  2 1 1 1 1 2

Conocidos el punto y el vector se expresa en forma continua.  P = (2,−1,2) x − 2 y + 1 z − 2 = = t : r : 1 1 d t = (− 3,1,1) − 3 Ejercicio 3. (3 puntos) Dado el sistema de ecuaciones lineales  x + (k + 1)y + 2z = −1  kx + y + z = k  (k − 1)x − 2 y − z = k + 1 

se pide: a) (2 puntos). Discutirlo según los distintos valores del parámetro k. b) (1 punto). Resolverlo cuando tenga infinitas soluciones. Solución. a. El sistema de tres ecuaciones lineales y tres incógnitas, viene definido por las matrices de coeficientes (A) y ampliada (A*). k +1 2  k +1 2 −1   1  1     A= k 1 1 A* =  k 1 1 k   k − 1 − 2 − 1  k − 1 − 2 − 1 k + 1     A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ 3 Si el determinante de la matriz de coeficientes (A) fuese distinto de cero, el rango de A seria 3 y coincidiría con el rango de la ampliada que como máximo puede ser 3 debido a sus dimensiones (3×4), que además coincide con el número de incógnitas por lo que el sistema sería compatible determinado (solución única). Teniendo en cuenta esto, el sistema se discute a partir de los valores del parámetro que anulan el determinante de A. 1 k +1 2 det A = k 1 1 = −1 + (k + 1)(k − 1) + (− 4k ) − (2(k − 1) + (− k )(k + 1) + (− 2)) = 2k 2 − 5k + 2 k −1 − 2 −1 Se factoriza y se iguala a cero. k = 1 2 A = (2k − 1)(k − 2) : A = 0 :   k = 2

Discusión: Si k ≠ 1/2, 2. |A| ≠ 0. rg A = rg A* = n = 3. Sistema compatible determinado. Solución i. única. Método de Cramer.

32 2  1   1 32 1 1 1  |A| = 0. rg A < 3. Si k = 1/2. A =  1 2 = ≠ 0 rg A = 2. 12 1 4  − 1 2 − 2 − 1   3 2 2 −1   1   A* =  1 2 1 1 1 2  rg A* ≥ 2. Para saber si puede tener rango 3, y tomando como  −1 2 − 2 −1 3 2  

ii.

menor de referencia 1

32

1

32

12

1

, solo queda por estudiar uno de sus menores orlados.

−1

3 12 1 1 2 = ≠ 0 , rg A* = 3 ≠ rg A. Sistema incompatible. 2 −1 2 − 2 3 2

iii.

2 1 3   1 3 Si k = 2. A =  2 1 1  |A| = 0. rg A < 3. = −5 ≠ 0 rg A = 2. 2 1  1 − 2 − 1   2 − 1 1 3   A* =  2 1 1 2  rg A* ≥ 2. Para saber si puede tener rango 3, y tomando como  1 − 2 −1 3    1 3 menor de referencia , solo queda por estudiar uno de sus menores orlados. 2 1 1

3

−1

2

1

2 = 0 , rg A* = 2 = rg A ≠ n. Sistema compatible indeterminado. Infinitas

1 −2

3

soluciones. El rango del sistema indica que solo hay dos ecuaciones linealmente independientes. El sistema equivalente está formado por las dos ecuaciones que contengan 1 3 . los coeficientes del menor de orden 2 que da rango al sistema   2 1  x + 3 y + 2 z = −1 S' :   2 x + y + 2z = 2  x + 3 y + 2 z = −1 Para k = 2. S' :  Sistema de 2 ecuaciones con tres incógnitas. El sistema se  2 x + y + 2z = 2 resuelve transformando una variable en parámetro y resolviendo las otras dos en función del parámetro. Para no equivocarnos en la elección del parámetro se transforma la variable que no se ha utilizado en el menor de orden 2, de esta forma nos aseguramos que el determinante de la matriz de coeficientes que queda es distinto de cero. x + 3y + 2z = −1 z =λ x + 3y = −1 − 2λ → S' :   2 x + y + 2z = 2  2 x + y = 2 − 2λ

b.

− 1 − 2λ 3 x=

Ax A

=

2 − 2λ 1 3 2 1

1

1 − 1 − 2λ =

− 7 + 4λ 7 4 = − λ −5 5 5

y=

Ay A

=

2

2 − 2λ 1 3 2 1

4 2 7 4  S =  − λ , − − λ , λ,  ∀ λ ∈ R 5 5 5 5 

=

4 + 2λ 4 2 =− − λ −5 5 5

Ejercicio 4. (3 puntos). a) (1,5 puntos). Hallar los máximos y mínimos relativos y los puntos de inflexión de la función:

3x 2 + x + 3

f (x ) =

x 2 +1 b) (1,5 puntos). Determinar una función F(x) tal que su derivada sea f(x) y además F(0) = 4. Solución. a. Las condiciones que se deben cumplir en una función (f(x)) para que en un punto (xo) tenga un extremo relativo son: i. f ’(xo) = 0 f ′′(x o ) < 0 ⇒ (x o , f (x o )) Máximo relativo ó local ii. f “(xo) ≠ 0. Criterio:   f ′′(x o ) < 0 ⇒ (x o , f (x o )) Mínimo relativo ó local Derivada de la función: ′ ′ 3x 2 + x + 3 ⋅ x 2 + 1 − 3x 2 + x + 3 ⋅ x 2 + 1 (6x + 1)⋅ x 2 + 1 − 3x 2 + x + 3 ⋅ 2x = f ′(x ) = = 2 2 x 2 +1 x 2 +1

(

)( =

)(

(

)(

)

3

(

2

)

3

(

2

6x + 6x + x + 1 − 6x + 2x + 6x

(x + 1)

2

2

)=

)(

(

1− x

)

)

2

(x + 1)

2

2

Igualamos a cero la derivada para calcular sus raíces. 1− x 2 = 0 : 1 − x 2 = 0 : x = ± 1 = ±1 2 2 x +1

(

)

Segunda derivada:

(1 − x )′ ⋅ (x + 1) − (1 − x )⋅  (x + 1)  2

f ′′(x ) =

2

2

2

(

) (x + 1)⋅ (− 2x ⋅ (x + 1)− (1 − x = (x + 1) 2  2  x +1   

2

2

2

2

4

2

2

′

) ( ) ( ) (x + 1) )⋅ 2 ⋅ 2x ) = − 2x ⋅ (x + 1)− (1 − x )⋅ 2 ⋅ 2x = 2x − 6x (x + 1) (x + 1) 2

=

(

2

− 2x ⋅ x 2 + 1 − 1 − x 2 ⋅ 2 x 2 + 1 ⋅ 2x 4

2

2

2

3

3

2

2

Sustituimos las raíces de la primera derivada en la segunda derivada f ′′(− 1) = f ′′(1) =

2(− 1)3 − 6(− 1)

((− 1) + 1)

3

2

2(1)3 − 6(1)

((1) + 1)

3

2

=

=

4 >0 8

−4