UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO MODELO Curso 20015/2016 MATERIA: MATEMATICAS II INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN 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. Dado el sistema de ecuaciones lineales:

 x + 2 y + kz = 1  2 x + 4 y + z = 3 kx + 2 y − z = 3  se pide: a) (2 puntos) Discutirlo según los valores de k. b) (0,5 puntos) Resolverlo en el caso k = 2. c) (0,5 puntos) Resolverlo en el caso k = 1. Solución. Al sistema lo representan las matrices de coeficientes y ampliada: a. 1 2 k   1 2 k 1     A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ 3 A = 2 4 1  A* =  2 4 1 3   k 2 − 1  k 2 − 1 3     Si A ≠ 0 ⇒ rgA = rgA* = n = 3 Sistema compatible determinado. Se discute el tipo de solución del sistema para los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz de coeficientes. 1 2 k

(

)

(

)

det A = 2 4 1 = −4 + 2k + 4k − 4k 2 + 2 − 4 = −4k 2 + 6k − 2 = −2 2k 2 − 3k + 1 = −2(2k − 1)(k − 1) k 2 −1 1  2 k − 1 = 0 : k = A = 0 : −2(2k − 1)(k − 1) = 0 :  2  k − 1 = 0 : k = 1 Discusión: 1 i) Si k ≠ , 1. A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3 . Sistema compatible determinado. 2  1 2 1 2  1 2 1 2 1   4 1   1 ii) Si k ≠ . A = 0 ⇒ rg A < 3 A =  2 4 1  = −6 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 . A* =  2 4 1 3  2 1 2 2 − 1  2 − 1 1 2 2 − 1 3      4 1 Partiendo del menor ≠ 0 , el único menor orlado que queda por estudiar es el formado por la 2ª, 3ª y 2 −1

2 12 1 4ª columna, 4

2

1

3 = 3 ≠ 0 ⇒ rg A ≠ rg A*. Sistema incompatible.

−1 3

1

1 2 1   1 2 1 1   2 1   iii) Si k = 1. A = 0 ⇒ rg A < 3 A =  2 4 1  = −2 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 . 1 A* =  2 4 1 3  Partiendo  1 2 − 1 4 1  1 2 − 1 3     2 1 del menor ≠ 0 , el único menor orlado que queda por estudiar es el formado por la 2ª, 3ª y 4ª columna, 4 1 2

1

1

4

1

3 = 0 ⇒ rg A = rg A* = 2 ≠ n. Sistema compatible indeterminado.

2 −1 3 b. Para k = 2. Sistema compatible determinado. La solución se puede obtener por el método de Gauss o por el método de Cramer. Gauss: 5  2 M 1  x + 2 y + 2z = 1  1 2 2 M 1 1 2      1 x + 2 y = 3 1 − 3z = 1 ; z = − :  ;y= :x=1  2 4 1 M 3  =  0 0 − 3 M 1 =  2 E − 2 E 3 3 2 1  2 2 − 1 M 3    − 2 y = −   E 3 − 2 E1  0 − 2 − 5 M 1  − 2 y − 5z = 1 3   1 1 1, , −   3 3 k =2

Cramer: A = −2(2k − 1)(k − 1) = −6

x=

Ax A

=

1 2 2 3 4 1 3 2 −1 −6

=

Ay −6 =1; y = = −6 A

1 1 2 2 3 1 2 3 −1 −6

=

A −2 1 = ; z= z = −6 3 A

1 2 1 2 4 3 2 2 3 −6

=

2 1 =− −6 3

c. k = 1. Sistema compatible indeterminado de rango 2, por lo tanto solo tiene dos ecuaciones linealmente independientes. Se seleccionan como independientes las ecuaciones que contienen los coeficientes del menor de orden dos distinto de cero.  x + 2y + z = 1  2 x + 4 y + z = 3 Para resolver el sistema se transforma una variable en parámetro y se resuelve en función de este, se toma como parámetro la variable cuyos coeficientes no formaron el menor de orden 2 (x = λ ) .

 2y + z = 1 − λ 2 y + z = 1 − λ 1   1  =  ; y = 1 − λ : 2 ⋅ 1 − λ  + z = 1 − λ; z = −1  4 y + z = 3 − 2 λ 2 y = 2 − λ 2   2  E − E 2 1  1    λ , 1 − λ , − 1 ∀ λ ∈ R 2  

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos Dada la función:

f (x ) = 2 x 2 − se pide: a) b) c) d)

x3 , 3

(0,75 puntos) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f(x). (0,5 puntos) Determinar las coordenadas de sus extremos relativos. (0,75 puntos) El valor máximo que puede tener la pendiente de una recta tangente a la gráfica de f(x). (1 punto) El volumen del cuerpo de revolución que se obtiene al girar la gráfica de la función en torno al eje OX, entre los puntos de corte de la misma con dicho eje. Solución. a. La monotonía de una función se asocia al signo de su primera derivada, en los intervalos donde es positiva, la función es creciente, donde es negativa decreciente.

2

f ′(x ) = 4x − 3

• • b.

x2 = 4x − x 2 = x (4 − x ) 3

(− ∞, 0) ∪ (4, + ∞ ) f ′(x ) < 0 ⇒ f (x ) es decreciente (0, 4) f ′(x ) > 0 ⇒ f (x ) es creciente Extremos relativos, máximos y mínimos locales. En x = xo la función tiene un extremo relativo si: Si f ′′(x o ) > 0 Máximo en (x o , f (x o )) f ′(x o ) = 0 y f ′′(x o ) ≠ 0. Crietrio :  Si f ′′(x o ) < 0 Mínimo en (x o , f (x o )) 3  2 0 =0  x = 0 f (0 ) = 2 ⋅ 0 − 3 f ′(x ) = 4x − x 2 = x (4 − x ) = 0 :  3 x = 4 f (4) = 2 ⋅ 4 2 − 4 = 32 3 3 

Mínimo en (0, 0)  f ′′(0) = 4 − 2 ⋅ 0 = 4   32  f ′′(x ) = 4 − 2x :  f ′′(0 ) = 4 − 2 ⋅ 4 = −4 Máximo en  4,    3  c. Las pendientes de la rectas tangente a la función se obtienen con la derivada de la función, si nos piden el valor máximo de estas pendientes, debemos calcular el máximo de la derivada. f ′(x ) = 4x − x 2 f ′′(x ) = 4 − 2x = 0 x=2

f ′′′(x ) = −2 < 0 ⇒ En (2, f (2)) la función derivada alcanza un máximo f (2) = 2 ⋅ 2 2 −

23 16 = 3 3

 16  En el punto  2,  la pendiente de la recta tangente es máxima  3 Nota. Los puntos de inflexión son puntos donde la pendiente de la recta tangente a la función alcanza extremos relativos. d. Para dibujar la gráfica de la función se calculan los puntos de intersección con el eje OX, que además, serán los límites de integración.  x2 = 0 x=0 x3 x   OX(y = 0 ) : 2x 2 − = 0 : x22 −  = 0 :  x 3 3  2 − 3 = 0 x = 6

V=

6

∫0

π⋅f

2

2

6

(x ) dx = π ∫0

3  2x 2 − x  dx = π  3  

6

∫0

5 6  4x 4 − 4x + x  dx  3 9  

6

 4 ⋅ 65 2 ⋅ 66 67   4 ⋅ 05 4 ⋅ 06 07  10368  4x 5 4x 6 x 7  −  = V = π ⋅ − + = π ⋅  − + − + π u3   5     18 63 5 9 63 5 18 63 35    0     

3

Ejercicio 3: Calificación máxima: 2 puntos.  x + y − 2z = 1 Dados el plano π ≡ x + 2y ‒ z = 5 y la recta r ≡  , se pide: 2 x + y − z = 2 a) (1 punto) Determinar la ecuación del plano que contiene a la recta r y pasa por el punto P(1, 0, 1). b) (1 punto) Hallar la ecuación de la recta que es perpendicular al plano π y pasa por el punto Q(2, 1, 1). Solución. a. Dada la forma en que nos presentan la ecuación de la recta (intersección de planos), la forma mas sencilla de calcular el plano que contiene a la recta r y pasa por el punto P es mediante el haz de planos de arista común, particularizando el haz para el punto P. Haz de planos de arista r:

x + y − 2z − 1 + K (2 x + y − z − 2) = 0 ∀ K ∈ R El parámetro K se determina teniendo en cuenta que el punto P pertenece al plano buscado. 1 + 0 − 2 ⋅ 1 − 1 + K (2 ⋅ +0 − 1 − 2 ) = 0 −2 − K = 0 K = −2 La ecuación del plano que se pide (σ) es: σ ≡ x + y − 2z − 1 − 2(2x + y − z − 2) = 0 σ ≡ 3x + y − 3 = 0

σ ≡ −3x − y + 3 = 0

El plano σ también se puede obtener mediante la mínima determinación lineal de un plano (un punto y dos vectores). r El vector v es el vector de dirección de la recta r, se calcula mediante el producto vectorial de los vectores normales de los planos que definen r 1 − 2 1 − 2 1 1 r r r  = (1, − 3, − 1) v = n1 × n 2 = (1, 1, − 2) × (2, 1, − 1) =  ,− ,   1 −1 2 −1 2 1  El punto Q de la recta, se obtiene dando un valor a una de las variables, y resolviendo en sistema de dos ecuaciones que resulta. Para z = 0:  x + y = 1 x = 1 Q= : ⇒ Q(1, 0, 0 ) 2 x + y = 2  y = 0 Conocidos los elemento de r, el plano σ se obtiene: r r x −1 y z −1 v = (1, − 3, − 1)  v = (1,−3,−1)   σ ≡  Q = (1, 0, 0) = QP = (0, 0, 1) σ ≡ 1 − 3 −1 = 0  P = (1, 0, 1)  P = (1, 0, 1) 0 0 1   σ ≡ −3(x − 1) − y = 0 σ ≡ 3x + y − 3 = 0

b. La recta s se obtiene con el vector normal del plano como vector de dirección de la recta y el punto P. r n π = (1, 2, − 1) x − 2 y −1 z −1 s≡ s≡ = = 1 2 −1  Q = (2, 1, 1)

Ejercicio 4: Calificación máxima: 2 puntos. Dados los puntos P(1 1, 3) y Q(0, 1, 1), se pide: a) (1 punto) Hallar todos los puntos R que equidistan de P y Q. Describir dicho conjunto de puntos. b) (1 punto) Hallar los puntos S contenidos en la recta que pasa por P y Q que verifiquen que d(P, S) = 2 d(Q, S). Solución. a. El lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de dos puntos es un plano perpendicular al segmento que forman los puntos y que pasa por su punto medio, se denomina plano mediador

4

Se buscan todos los puntos R(x, y, z) que cumplan la condición: d(P − R ) = d(Q − R )

(x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 = (x − 0)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 = x 2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 x 2 − 2 x + 1 + y 2 − 2 y + 1 + z 2 − 6z + 9 = x 2 + y 2 − 2 y + 1 + z 2 − 2 z + 1 2 x + 4z − 9 = 0 b.

La recta que pasa por P y Q tiene por ecuaciones paramétricas:

 x=λ Q = (0, 1, 1)  rPQ ≡  =  y =1 ( ) ( ) QP 1 0 , 1 1 , 3 1 1 , 0 , 2 = − − − =  z = 1 + 2 λ  Cualquier punto de la recta que pasa por P y Q, tendrá como coordenadas las ecuaciones paramétricas de la recta, incluido el punto S. S ∈ rPQ ⇒ S(λ, 1, 1 + 2λ ) Se buscan los puntos S que cumplan d(P, S) = 2 d(Q, S):

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

= 2⋅

(λ − 0)2 + (1 − 1)2 + (1 + 2λ − 1)2

= 2 ⋅ λ2 + 4λ2

;

λ2 − 2λ + 1 + 4λ2 − 8λ + 4 = 2 ⋅ 5λ2

5λ2 − 10λ + 5 = 2 ⋅ 5λ2

;

5λ2 − 10λ + 5 = 2 2 ⋅ 5λ2

 λ = −1 ⇒ S(− 1, 1, − 1)  1 1 5 15λ2 + 10λ − 5 = 0 :  λ = ⇒ S , 1,   3 3 3

5

( )

OPCIÓN B Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. Dados los planos π1 ≡ 3x + 4y ‒ 5z ‒ 7 = 0 ; π2 ≡ x ‒ 2y + z ‒ 3 = 0 ; se pide: a) (1 punto) Hallar un vector unitario cuya dirección sea paralela a los planos π1 y π2. b) (1 punto) Hallar la distancia del punto P(3, ‒1, 2) al plano π1. c) (1 punto) Hallar el coseno del ángulo que forman los planos π1 y π2. Solución. a. Un vector paralelo a un plano es perpendicular al vector normal del plano. Si se busca un vector paralelo a dos planos, deberá ser perpendicular a los normales de ambos planos, por lo tanto se calcula como producto vectorial de los vectores normales a ambos planos.  4 −5 3 −5 3 4  r r r  = (− 6, − 8, − 10) = −2(3, 4, 5) v = n1 × n 2 = (3, 4, − 5) × (1, − 2, 1) =  ,− , 1 1 1 − 2  −2 1 Una vez obtenido el vector perpendicular a ambos plano, se normaliza (se hace unitario) dividiendo el vector por su módulo. r r v (3, 4, 5) (3, 4, 5) =  3 , 4 , 5  vN = r = =   v ± 32 + 4 2 + 5 2 ± 50  ± 5 2 ± 5 2 ± 5 2 

• •

b.

Los vectores que cumplen las condiciones del enunciado son: r  3 4 5   v N =  , , 5 2 5 2 5 2  r  −3 − 4 −5   v′N =  , , 5 2 5 2 5 2  Se aplica la expresión de la distancia punto plano

d(P − π1 ) =

c.

3x p + 4 y p − 5z p − 7 2

3 + 4 + (− 5) 2

2

=

3 ⋅ 3 + 4 ⋅ (− 1) − 5 ⋅ 2 − 7 50

=

− 12 5 2

=

12 5 2

=

6 2 5

El coseno del ángulo entre dos planos se obtiene como una aplicación del producto escalar de vectores. r r r r n on 3 ⋅ 1 + 4 ⋅ (− 2 ) + (− 5) ⋅ 1 10 (3, 4, − 5) o (1, − 2, 1) = cos(π1π 2 ) = cos(n1n 2 ) = r 1 r 2 = = (3, 4, − 5) ⋅ (1, − 2, 1) 32 + 4 2 + (− 5)2 ⋅ 12 + (− 2)2 + 12 n1 ⋅ n 2 50 ⋅ 6

cos(π1π 2 ) =

10 300

=

10 10 3

=

3 3

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos Dada la función:

 x f (x ) =  1− x x e

si x < 1

si x ≥ 1 se pide: a) (1,5 puntos) Estudiar su continuidad y derivabilidad y calcular la función derivada f ′ donde sea posible. 1

∫−1 f (x ) dx

b) (0,5 puntos) Calcular c)

(1 punto) Calcular

2

∫1 f (x ) dx

Solución. a. El primer paso para poder estudiar la función es describir el valor absoluto mediante intervalos, para lo cual se tiene en cuenta los ceros del argumento (x) del valor absoluto. En el intervalo (− ∞, 1) f (x ) = x toma dos expresiones diferentes, para menores que 0, f (x ) = − x , para valores comprendidos entre (0, 1) f (x ) = x . La expresión de la función queda:

6

 −x si x < 1  = x si x ≥ 1  1− x x e

 x f (x ) =  1− x x e

x