UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO Curso 2011-2012 Septiembre MATERIA: MATEMATICAS II INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACION El alumno contestara 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 graficas. Todas las respuestas deberán estar debidamente justificadas. Calificación total máxima: 10 puntos. Tiempo: Hora y media.

OPCIÓN A Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. Dada la función

 3x + A f (x ) =  2 − 4 + 10x − x

si x ≤ 3 si x > 3

se pide: a) (1 punto) Hallar el valor de A para que f(x) sea continua. ¿Es derivable para ese valor de A? b) (1 punto) Hallar los puntos en los que f ′(x ) = 0 . c) (1 punto) Hallar el máximo absoluto y el mínimo absoluto de f(x) en el intervalo [4, 8]. Solución. a. La función f(x) esta definida por expresiones polinómicas, que por definición son continuas en sus respectivos intervalos, por lo tanto, para que la función sea continua, deberá ser continua en el punto frontera (x = 3). Para que la función sea continua en x = 3 se debe cumplir: Lím f (x ) = f (3) x →3

Si se tiene en cuenta que para que una función tenga límite en un punto debe tener límites laterales en ese punto y además que estos sean iguales, la condición de continuidad en x = 3 queda: Lím f (x ) = Lím f (x ) = f (3) x →3−

x →3 +

Calculando por separado cada termino de la igualdad e igualando, se calcula el valor del parámetro A. Lím− f (x ) = Lím− (3x + A ) = 3 ⋅ 3 + A = 9 + A x →3

x →3

(

)

Lím f (x ) = Lím+ − 4 + 10x − x 2 = −4 + 10 ⋅ 3 − 32 = 17

x →3+

x →3

f (3) = 3 ⋅ 3 + A = 9 + A Igualando:

9 + A = 17 ; A = 8 3x + 8  f (x ) =  − 4 + 10x − x 2 

si x ≤ 3 si x > 3

Para que la función f(x) sea derivable, deberá ser derivable en x = 3, y por tanto: f ′ 3− = f ′ 3 +

( ) ( )

 si x < 3 (3x + 8)′ si x < 3  3 f ′(x ) =  = ′  − 4 + 10x − x 2 si x > 3 10 − 2x si x > 3

(

)

1

( ) f ′(3 ) = 10 − 2 ⋅ 3 = 4 f ′(3 ) ≠ f ′(3 ) ⇒ f(x) no es derivable en x = 3. f ′ 3− = 3

−

b.

+

+

De las dos expresiones que tiene la función derivada, solo una se puede hacer cero. si x < 3  3 f ′(x ) =  = 0 ; 10 − 2x = 0 ; x = 5 10 − 2 x si x > 3 

c. Para calcular los extremos absolutos de la función en el intervalo [4, 8], habrá que tener en cuenta que en este intervalo la función es una parábola abierta hacia ‒∞, y que en el intervalo alcanza su vértice (x = 5 máximo absoluto). • Máximo absoluto. La función alcanza su máximo absoluto en el vértice de la parábola (x = 5) y •

toma un valor de f (5) = −4 + 10 ⋅ 5 − 52 = 21 Mínimo absoluto. Por ser una parábola abierta hacia ‒∞, el mínimo se alcanza en alguno de los extremos del intervalo. f (4) = −4 + 10 ⋅ 4 − 4 2 = 20 ; f (8) = −4 + 10 ⋅ 8 − 82 = 12 Mínimo absoluto = 12; Máximo absoluto = 21

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos Dado el sistema de ecuaciones lineales + ay + 4z = 6  3x  + (a + 1)y + z = 3  x (a − 1)x − ay − 3z = − 3  Se pide: a) (2 puntos) Discutir el sistema según los valores de a. b) (1 punto) Resolverlo para a = ‒1. Solución. a. Sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas que viene definido por las matrices de coeficientes(A) y ampliada(A*). a 4  a 4 6   3  3     A= 1 a + 1 1  A* =  1 a +1 1 3   a − 1 − a − 3  a − 1 − a − 3 − 3     A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ 3 Si el determinante de A es distinto de cero, el rango de A coincide con el de A* y con el número de incógnitas, el sistema será compatible determinado. Teniendo en cuenta lo anterior, se discute el tipo de solución del sistema para los valores del parámetro “a” que anulen el determinante de la matriz de coeficientes ( A = 0) .

3 a 4 A= 1 a + 1 1 = −9 ⋅ (a + 1) + a ⋅ (a − 1) − 4a − 4 a 2 − 1 − 3a − 3a = −3a 2 − 8a − 5 a −1 − a − 3

((

)

)

 a = −1 A = −(a + 1) ⋅ (3a + 5) = 0 :  5 a = − 3 Discusión: i.

ii.

5 . A ≠ 0 , rg A = rg A* = n = 3. Sistema compatible determinado. 3  3 −1 4    Si a = ‒1. A = 0 ⇒ rg A < 3. A =  1 0 1  Se busca un menor de orden 2 distinto  − 2 1 − 3  

Si a ≠ −1, −

de cero.

3 −1 = 1 ≠ 0 ⇒ rg A = 2. Para calcular el rango de la matriz ampliada (A*), se 1 0

tiene en cuenta que rg A* ≥ rg A = 2. Partiendo del menor de orden dos distinto de cero, es

2

estudian sus menores orlados, uno de ellos es el determinante de la matriz de coeficientes, que para a = ‒1 es nulo, por lo que solo queda por estudiar el menor formado por las dos 3 −1 6

0 3 = 0 ⇒ rg A* < 3. −2 1 −3 Conclusión: rg A = rg A* = 2 < n = 3. Sistema compatible indeterminado. −5 3 4   3   5 Si a = − . A = 0 ⇒ rg A < 3. A =  1 − 2 3 1  Se busca un menor de orden 2 3  − 8 3 5 3 − 3  

primera columnas y la cuarta columna. 1

iii.

distinto de cero.

3 4 1 1

= −1 ≠ 0 ⇒ rg A = 2. Para calcular el rango de la matriz ampliada

(A*), se tiene en cuenta que rg A* ≥ rg A = 2. Partiendo del menor de orden dos distinto de cero, es estudian sus menores orlados, uno de ellos es el determinante de la matriz de coeficientes, que para a = ‒5/3 es nulo, por lo que solo queda por estudiar el menor formado 3 4 6

1

por la primera, tercera y cuarta columna.

1

3 = −4 ≠ 0 ⇒ rg A* = 3.

−8 3 −3 −3 Conclusión: rg A = 2 ≠ rg A* = 3. Sistema incompatible. b. Para a = ‒1, sistema compatible indeterminado de rango dos, su sistema equivalente está formado por dos ecuaciones. Para escoger las linealmente independientes se toman las ecuaciones que  3 −1  contienen los coeficientes del menor de orden dos distinto de cero  ≠ 0  1 0  3x − y + 4z = 6 S' :  + z = 3 x El sistema se resuelve mediante un parámetro. Para evitar errores se toma como parámetro la variable cuyos coeficientes no se utilizaron en el menor de orden dos (x = λ) 3x − y = 6 − 4λ S' :  = 3−λ x

x = 3 − λ  Resolviendo por sustitución:  y = 3 + λ ∀ λ ∈ R  z=λ 

Ejercicio 3. Calificación máxima: 2 puntos. Se dan la recta r y el plano π, mediante x − 4 y −1 z − 2 = = , π ≡ 2 x + y − 2z − 7 = 0 . r≡ −1 2 3 Obtener los puntos de la recta cuya distancia al plano es igual a uno. Solución. Se buscan puntos P de la recta r que cumplan la condición: d(P − π ) = 1

 x = 4 + 2λ  Teniendo en cuenta que P ∈ r ≡  y = 1 − λ , las coordenadas de P se pueden expresar en función de las  z = 2 + 3λ 

ecuaciones paramétricas de r (P(4 + 2λ, 1 − λ, 2 + 3λ )) , aplicando la igualdad propuesta se despeja el parámetro λ. − 2 − 3λ 2(4 + 2λ ) + (1 − λ ) − 2(2 + 3λ ) − 7 d(P − π ) = = 1 Operando: = 1 ; −2 − 3λ = ±3 3 22 + 11 + (− 2)2

3

−5 2  x p = 4 + 2 ⋅ 3 = 3  5 −5 8 2 8  (+): −2 − 3λ = 3 ; λ = − ; P =  y = 1 − = ⇒ P , , − 3  3 3 3 3 3     z = 2 + 3 ⋅ − 5 = −3  3 1 14  x p = 4 + 2 ⋅ 3 = 3  1 1 2  14 2  (‒): −2 − 3λ = −3 ; λ = ; P′ =  y = 1 − = ⇒ P′ , , 3  3 3 3  3 3    z = 2 + 3⋅ 1 = 3  3

Ejercicio 4. Calificación máxima: 2 puntos. Dadas las rectas

r≡

x −1 y − 2 z = , = 2 2 −2

x+y=4 s≡ 2 x + z = 4

se pide: a) (1,5 puntos) Hallar la ecuación del plano que pasa por A(2, 3, 4) y es paralelo a las rectas r y s. b) (0,5 puntos) Determinar la ecuación de la recta que pasa por B(4,−1, 2) y es perpendicular al plano hallado anteriormente. Solución. a. Para resolver el ejercicio se necesita al menos conocer los vectores de dirección de las rectas. r x −1 y − 2 z = u = (2, 2, − 2) r≡ = 2 2 −2 Para obtener el vector de dirección de la recta s, se pasa la recta s de ecuaciones reducidas a paramétricas, basta tomar como parámetro la variable común.  x=λ  x + y = 4 x=λ  P(0,4,4)  s≡  → s ≡  y = 4 − λ ⇒  r 2 x + z = 4 z = 4 − 2λ v = (1,−1,−2)  La mínima determinación lineal de un plano es un punto y dos vectores paralelos al plano y linealmente independientes. El plano que se pide pasa por A(2, 3, 4) y es paralelo a las dos rectas, por lo tanto, los vectores de dirección de las rectas son paralelos al plano y además son linealmente independientes ya que no son proporcionales. x −2 y−3 z−4  A(2,3,4 ) r π ≡  u = (2,2,−2) π≡ 2 2 −2 =0 vr = (1,−1,−2) 1 −1 −2  Desarrollando el determinante y simplificando se obtiene la ecuación general del plano que se pide. π ≡ 3x − y + 2z − 11 = 0 b. Por ser la recta perpendicular al plano, el vector normal del plano es paralelo a la recta, teniendo en cuenta que la minima determinación lineal de una recta es un vector paralelo y un punto, la recta s que se pide es:  B(4,−1,2) x − 4 y +1 z − 2 s : r s≡ = = ( ) n = 3 , − 1 , 2 3 −1 2 

4

OPCIÓN B Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. Dado el punto P(2, 1,−1), se pide: a) (0,5 puntos) Hallar el punto P′ simétrico de P respecto del punto Q(3, 0, 2). b) (1,25 puntos) Hallar el punto P′′ simétrico de P respecto de la recta r ≡ x − 1 = y − 1 = z c) (1,25 puntos) Hallar el punto P′′′ simétrico de P respecto del plano π ≡ x + y + z = 3 Solución. a. El simétrico de un punto respecto de otro se obtiene por la definición de punto medio, como muestra la figura. Si P’ es el simétrico de P respecto de Q, Q será el punto medio del segmento P′P , y por tanto sus coordenadas deben cumplir:  p + p'1 p 2 + p' 2 p 3 + p' 3  Q(q 1 , q 2 , q 3 ) =  1 , ,  2 2 2   Igualando por componentes, se despejan las coordenadas de A’ p1 + p'1   q1 = 2  p'1 = 2q1 − p1  p'1 = 2 ⋅ 3 − 2 = 4  p 2 + p' 2    ⇒ p' 2 = 2q 2 − a 2 ⇒  p' 2 = 2 ⋅ 0 − 1 = −1 ⇒ P ′(4,−1,5) q 2 = 2   p ' = 2q − a p' = 2 ⋅ 2 − (− 1) = 5 3 3  3  3  q = p 3 + p' 3 3  2

b. El simétrico de P respecto de r (P’’) se calcula como simétrico de P respecto de M, siendo M la proyección ortogonal de P sobre r como se observa en la figura. Lo primero es calcular el plano π’, perpendicular a r que contiene a P. r r n ' = d r = (1, 1, 1) π:  P = (2, 1, − 1) Todo punto A(x, y, z) genérico de π debe cumplir: r r PA ⊥ n ' ⇒ PA o n ' = 0 (x − 2, y − 1, z + 1) o (1,1,1) = 0 Operando y ordenando se obtiene ,la ecuación general de π. π≡x+y+z−2=0 Conocido el plano π, se calcula M, proyección ortogonal de P sobre π, como intersección de la recta r y plano π’  x = 1 + λ    r : y = 1 + λ M:  z=λ   π : x + y + z − 2 = 0 Sustituyendo r en π se calcula el valor del parámetro para el punto M (1 + λ ) + (1 + λ ) + (λ ) − 2 = 0 : 3λ = 0 : λ = 0 Sustituyendo el valor de λ en las ecuaciones paramétricas de r se obtienen las coordenadas del punto M. x = 1 + 0 = 1  M :  y = 1 + 0 = 1 ⇒ M = (1, 1, 0)  z=0 

5

Conocido M, se calcula P’’ como simétrico de P respecto de M  x p + x p '' y p + y p '' z p + z p ''   M= , ,   2 2 2   x p + x p ''  ⇒ x p '' = 2 x m − x p = 2 ⋅ 1 − 2 = 0  xm = 2  y p + y p ''  ⇒ y p '' = 2 y m − y p = 2 ⋅ 1 − 1 = 1  ym = 2  z p + z p ''  z = ⇒ x p'' = 2z m − z p = 2 ⋅ 0 − (− 1) = 1 m  2 

P' ' = (0, 1, 1)

c. 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. Se opera de forma análoga al apartado anterior, M’ se calcula como intersección de la recta s y el plano π, siendo la recta s la perpendicular a π que pasa por P. La recta s se obtiene con el punto P y el vector normal del plano. r x = 2+µ r r ⊥ π ⇒ d s = n π = (1, 1, 1)  s: ⇒ s ≡  y = 1+ µ  P(2, 1, − 1) ∈ r  z = −1 + µ  Conocida la ecuación de la recta s se calcular las coordenadas de punto M’, proyección ortogonal de P sobre π, como intersección de s y π.  x = 2+µ    s ≡  y = 1+ µ M' :  Sustituyendo r en π : (2 + µ ) + (1 + µ ) + (− 1 + µ ) − 3 = 0 ; z = −1 + µ   π : x + y + z − 3 = 0

µ=

1 3

Sustituyendo en las ecuaciones paramétricas de la recta s el valor de µ, se obtienen las coordenadas de M 1 7   x = 2+ 3 = 3  1 4 M' ≡  y = 1 + = 3 3  1  z = −1 + = − 2  3 3 Teniendo en cuenta que M’ es el punto p medio del segmento PP ' ' ' , se calculan las coordenadas de P’’’.

 x p + x p '''' y p + y p ''' z p + z p ''' M' =  , ,  2 2 2 

  x m' =     :  y m' =    zp  z m ' = 

x p + x p'''

7 8 −2 = 2 3 3 y p + y p ''' 4 5 ⇒ y p ''' = 2 y m' − y p = 2 ⋅ − 1 = 2 3 3 + z p ''' −2 1 ⇒ x p''' = 2z m' − z p = 2 ⋅ − (− 1) = − 2 3 3

 8 5 −1  P' ' ' =  , ,  3 3 3 

6

⇒ x p ''' = 2x m ' − x p = 2

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos

Dada la función f (x ) = x 2sen x , se pide: a) (1 punto) Determinar, justificando la respuesta, si la ecuación f(x) = 0 tiene alguna solución en el intervalo abierto (π/2, π). b) (1 punto) Calcular la integral de f en el intervalo [0, π]. c) (1 punto) Obtener la ecuación de la recta normal a la gráfica de y = f(x) en el punto (π, f(π)). Recuérdese que la recta normal es la recta perpendicular a la recta tangente en dicho punto. Solución. a. La función f(x) es el producto de dos funciones continuas en R y que en el intervalo (π/2, π) son positivas:  π   x 2 > 0  2 Si x ∈  , π  :   ⇒ f (x ) = x sen x > 0  2  sen x > 0 La función no se anula en el intervalo (π/2, π). b. π

∫0 x

2

]

(

 u = x 2 π π Diferenciando du = 2x dx  2 sen x dx =   = x ⋅ (− cos x ) 0 − 0 (− cos x ) 2 x dx = dv = sen x dx Integrando v = − cos x 

(

= − x 2 cos x

(

]

]

π 0

+2

u=x



π

∫0 x cos x dx = dv = cos x dx

Diferenciando Integrando

∫

du = dx  = v = sen x 

( ] ∫ = (− x cos x + 2 x sen x − 2 ⋅ (− cos x )] = (− x cos x + 2x sen x + 2 cos x ] = = (− π cos π + 2π sen π + 2 cos π )− (− 0 cos 0 + 2 ⋅ 0 ⋅ sen 0 + 2 cos 0) = = (− π ⋅ (− 1) + 2π ⋅ 0 + 2 ⋅ (− 1)) − (− 0 ⋅1 + 2 ⋅ 0 ⋅ 0 + 2 ⋅1) = (π − 2)− (2) = π − 4

= − x 2 cos x

π 0

π π   + 2 ⋅ (x sen x ]0π − senx dx  = − x 2 cos x + 2 x sen x 0 − 2 senx dx = 0 0  

∫

π

π 0

2

π 0

2

2

2

2

c.

(∫ udv = uv − ∫ vdu ).

La primitiva de la función f(x) se hace por el método de Partes

2

2

2

La recta tangente a una función f(x) en el punto de abscisa xo en forma punto pendiente es: y − f (x o ) = f ′(x o ) ⋅ (x − x o )

La recta normal, por ser perpendicular a la recta tangente y teniendo en cuenta que entre rectas perpendiculares sus pendientes son inversa y opuesta, en forma punto pendiente es: −1 y − f (x o ) = f ′(x o ) ⋅ (x − x o ) f ′(x o ) Aplicando a x = π:

y − f (π ) =

−1 f ′(x o ) ⋅ (x − π ) f ′(π )

f (π ) = π 2 ⋅ senπ = π 2 ⋅ 0 = 0

f ′(x ) = 2x ⋅ senx + x 2 cos x ⇒ f ′(π ) = 2 π ⋅ senπ + π 2 cos π = 2π ⋅ 0 + π 2 (− 1) = − π 2 La ecuación de la recta normal es: −1 y−0 = ⋅ (x − π ) − π2

y=

x

π

2

−

1 π

Ejercicio 3. Calificación máxima: 2 puntos.

r r r r Sean a, b, c, d ∈ R 3 , vectores columna. Si r r r r r r det a, b, d = −1 det a, c, d = 3 Calcular razonadamente el determinante de las siguientes matrices: r r r a) (0,5 puntos) det a, , 3d, b

(

)

(

(

)

)

7

(

)

r r r det b, c, d = −2

( (

)

r r r r b) (0,75 puntos) det a − b, c, − d r r r r r r c) (0,75 puntos) det d + b, 2a, b − 3a + d Solución. El ejercicio se resuelve aplicando las reglas de los determinantes. r r r (I ) r r r (II ) r r r a. det a, , 3d, b = 3 ⋅ det a, , d, b = − 3 ⋅ det a, , b, d = −3 ⋅ (− 1) = 3 I.- Si todos los términos de una línea (fila o columna) de un determinante tienen un factor común, el factor se puede sacar fuera multiplicando al determinante a 1.1 a 2.1 a 3.1 a 1.1 a 2.1 a 3.1

(

)

(

)

)

k ⋅ a 2.1 a 3.1

(

k ⋅ a 2.2 a 3.2

)

k ⋅ a 3.2 = k ⋅ a 2.1 a 3.3 a 3.1

a 2.2 a 3.2

a 3.2 a 3.3

II.- Si en un determinante se intercambia la posición de dos líneas (filas o columnas), el determinante cambia de signo. a 1.1 a 2.1 a 3.1 a 2.1 a 2.2 a 3.2 a 2.2 a 2.1 a 3.2

a 2.1 a 3.1

a 2.2 a 3.2

a 3.2 = {F1 ↔ F2 } = − a 1.1 a 3.3 a 3.1

a 3.1 = {C1 ↔ C 2 } = + a 2.1 a 3.3 a 3.2

a 2.1 a 3.2

a 1.1 a 3.1

a 3.1 a 3.3

r r r (I ) r r r r r r r (III ) r r r r r r det a − b, c, − d = det a, c, − d − det b, c, − d = (− 1) ⋅ det a, c, d − (− 1) ⋅ det b, c, d = r r r r r r = − det a, c, d + det b, c, d = −3 + (− 2) = −5 III.- Si una línea (fila o columna) de un determinante se puede descomponer en suma o resta de dos términos, el determinante se puede descomponer en suma o resta de dos determinantes. a 1.1 a 2.1 ± b 2.1 a 3.1 a 1.1 a 2.1 a 3.1 a 1.1 b 2.1 a 3.1 a 2.1 a 2.2 ± b 2.2 a 3.2 = a 2.1 a 2.2 a 3.2 ± a 2.1 b 2.2 a 3.2 a 3.1 a 3.2 ± b 3.2 a 3.3 a 3.1 a 3.2 a 3.3 a 3.1 b 3.2 a 3.3 b.

(

)

(

(

)

)

(

)

(

)

(

)

(

)

r r r r r r (IV ) r r r r (V ) c. det d + b, 2a, b − 3a + d = {C 3 = C 3 − C1 } = det d + b, 2a, − 3a = 0 IV.- Si a una línea (fila o columna) de un determinante se le suma o resta una línea paralela multiplicada por cualquier número, el determinante no varía. V.- Si en un determinante dos líneas son iguales o proporcionales, el determinante es nulo.

(

)

(

)

Ejercicio 4. Calificación máxima: 2 puntos Dado el sistema de ecuaciones lineales − 2z = 2 x   ax − y + z = − 8 2 x + az = 4  Se pide: a) (2,5 puntos) Discutir el sistema según los valores de a. b) (0,5 punto) Resolverlo para a = ‒5. Solución. a. Sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas que viene definido por las matrices de coeficientes (A) y ampliada (A*). 1 0 − 2 1 0 − 2 2      A = a −1 1  A* =  a − 1 1 − 8  2 0 2 0 a  a 4    A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ 3 Si el determinante de A es distinto de cero, el rango de A coincide con el de A* y con el número de incógnitas, el sistema será compatible determinado. Teniendo en cuenta lo anterior, se discute el tipo de solución del sistema para los valores del parámetro “a” que anulen el determinante de la matriz de coeficientes ( A = 0) .

8

1 0 −2 A = a − 1 1 = −a + 0 + 0 − (4 + 0 + 0) = −a − 4 2 0 a

A =0

a = ‒4

Discusión: i. Si a ≠ ‒4. A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3 . Sistema compatible determinado. ii.

Si a = ‒4. A = 0 ⇒ rg A < 3 . Ase busca un menor de orden 2 distinto de cero para saber si

−2

0

= −2 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 . Para estudiar el rango de la ampliada se −1 1 parte del menor de orden dos anterior y se estudian sus menores orlados. De los dos 0 −2 , uno de ellos es el determinante de la matriz de menores orlados del menor −1 1 coeficientes, que sabemos que es cero para a = ‒4, por lo tanto solo que queda por estudiar 0 −2 2

el rango es dos.

el menor formado por las columnas 2ª, 3ª y 4ª. − 1

0

1

− 8 = 0 ⇒ rg A* < 3 .

−4

4

rg A = rg A* = 2 < n = 3 Sistema compatible indeterminado. − 2z = 2  x  Para a = ‒5: − 5x − y + z = − 8 sistema compatible determinado, se puede resolver  2x − 5z = 4  por el método de Cramer. b.

x=

Ax

y=

A

Ay A

z=

Az A

a = −5

A = −a − 4 = − (− 5) − 4 = 1

x=

2 0 −2 − 8 −1 1 4 0 −5 1

=2

y=

1 2 −2 −5 −8 1 2 4 −5 1

9

= −2 z =

1 0 2 − 5 −1 − 8 2 0 4 1

=0