UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO MODELO Curso 20012/2013 MATERIA: MATEMATICAS II El alumno contestará 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 gráficas. 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

 2 x 2 + 3x   x −1 f (x ) =  a  e −1 x  

si x < 0 si x = 0 ; si x > 0

se pide: a) (1 punto) Determinar el valor de a para que f sea continua en x = 0. b) (1 punto) Para ese valor de a, estudiar la derivabilidad de f en x = 0. c) (1 punto) Hallar, si las tiene, las asíntotas de la gráfica y = f(x). Solución. a. Para que la función sea continua en x = 0, se debe cumplir: Lím f (x ) = f (0) x →0

Para que exista límite de una función en un punto, deben existir los límites laterales y ser iguales, por lo que la definición de continuidad se puede escribir de la siguiente forma: Lím f (x ) = Lím f (x ) = f (0) x →0−

x →0+

Se calcula cada término de la igualdad por separado y a continuación se iguala.

2 x 2 + 3x 2 ⋅ 0 2 + 3 ⋅ 0 0 = = =0 0 −1 −1 x →0 x − 1

Lím f (x ) = Lím

x →0 −

1 1 Lím f (x ) = Lím e −1 x = e −1 0 = e − ∞ = ∞ = = 0 + + ∞ e x →0 x →0 f (0 ) = a Igualando: a = 0 b.

f (x ) − f (0 ) , y para que exista el límite, x −0 x →0

Para que la función sea derivable en x = 0 debe existir el Lím

deberán existir los laterales y ser iguales.

2 x 2 + 3x −0 f (x ) − f (0) 2 x 2 + 3x (2x + 3) ⋅ x = Lím 2x + 3 = 2 ⋅ 0 + 3 = −3 Lím = Lím x − 1 = Lím 2 = Lím x−0 x 0 −1 x →0 x →0 x − x x → 0 (x − 1) ⋅ x x →0 x − 1 x →0 − 1 L´H f (x ) − f (0) e −1 x − 0 * − 1 x2 1 1 1 1 = Lím = Lím 1 xx = Lím 1 x = Lím 1 x = 1 0 = ∞ = = 0 2 + x−0 x ∞ x →0 (0 0) x → 0 e (∞ ∞ ) x →0 e ⋅ − 1 x x →0 e e e x →0 0 * Si a la indeterminación   se aplica directamente el teorema de L´Hopital, el cociente no solo no se simplifica 0 ∞ sino que aumenta el grado del denominador, por ello se nos debe ocurrir cambiar a la indeterminación   . ∞

(

Lím

1

)

f (x ) − f (0) f (x ) − f (0) f (x ) − f (0 ) ≠ Lím ⇒ ∃/ Lím + − − x 0 x 0 x−0 x → 0 x →0 x →0 La función no es derivable en x = 0 Lím

−

c.

La función no tiene asíntotas verticales debido a que el dominio de la función es todo R. Asíntotas Horizontales. Lím f (x ) = L ∈ R x → ±∞

2 x 2 + 3x 2x 2 ≈ Lím = Lím (2x ) = −∞ x→ −∞ x→ −∞ x − 1 x→ −∞ x x→ −∞ Hacia ‒∞ la función no tiene asíntota horizontal. Lím f (x ) = Lím

Lím f (x ) = Lím e −1 x = e −1 ∞ = e 0 = 1

x→ +∞

x → −∞

Hacia +∞ la función tiene una asíntota horizontal en y = 1. Asíntota Oblicua. Puesto que hacia ‒∞ la función no tiene asíntota horizontal hay que probar si tiene asíntota oblicua.  2x 2 + 3x 2 2  f (x ) x − 1 = Lím 2x + 3x ≈ Lím 2x = 2 m = Lim = Lím x x → −∞ x x→ −∞ x → −∞ x 2 − x x → −∞ x 2 y = mx + n :  2  2x + 3x   5x 5x − 2x  = Lim ≈ Lím =5 m = Lim (f (x ) − x ) = Lim   x → −∞ x → −∞   x −1  x→ −∞ x − 1 x → −∞ x Hacia ‒∞ hay una asíntota oblicua en y = 2x +5.

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos Dado el sistema

(m + 3)z

 x + 2y +  x + y + 2 x + 4 y + 

(4 + m − m )z 2

3(m + 2 )z

= 3 = 3 = 8

Se pide: a) (2 puntos) Discutirlo según los valores del parámetro m. b) (1 punto) Resolverlo para m = ‒2. Solución. a. El sistema viene definido por las matrices de coeficientes (A) y la ampliada (A*). m+3  m+3 3 1 2 1 2     A =  1 1 4 + m − m2  A* =  1 1 4 + m − m 2 3  2 4 2 4 3(m + 2)  3(m + 2) 8    A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ 3 ; n = 3 Si el A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = 3 = n , sistema compatible determinado. Se discute el tipo de solución del sistema para los valores del parámetro m que anulen el determinante de A. 1 2 m+3

(

[

)

(

)]

A = 1 1 4 + m − m 2 = 3(m + 2) + 4 4 + m − m 2 + 4(m + 3) − 2(m + 3) + 6(m + 2) + 4 4 + m − m 2 = −m 2 4 3(m + 2 )

i. ii.

Discusión. Si m ≠ 0. A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = 3 = n Sistema compatible determinado.

1 2 3   1 2 Si m = 0. A =  1 1 4  A = 0 ⇒ rg A < 3 = −1 ≠ 0 rg A = 2. El rango de la matriz 1 1  2 4 6   ampliada se estudia a partir del menor de orden dos distinto de cero. De sus dos menores orlados,

2

uno es el determinante de la matriz de coeficientes y por tanto solo queda or estudiar el menor 1 2 3 formado por las dos primera columnas y la cuarta columna. 1 1 3 = −2 ≠ 0 rg A* = 3.

2 4 8 rg A ≠ rg A * Sistema incompatible

b.

 x + 2y + z = 3   x + y − 2z = 3 Sistema compatible determinado. Se puede resolver por cualquier método. 2 x + 4 y = 8  Método de Cramer: x=

Ax A

; y=

Ay A

; z=

Az A

m = −2

A = −m = 2

x=

3 2 5 3 1 2 8 4 12 2

= −2 ; y =

1 3 5 1 3 2 2 8 12 2

=3 ; z =

1 2 3 1 1 3 2 4 8 2

= −1

Solución (‒2, 3, 1)

Ejercicio 3: Calificación máxima: 2 puntos.

a) (1 punto) Hallar el punto de corte entre el plano π1 ≡ 6x − y + 3z = −2 y la recta r que pasa por el

punto P(1, 2, 0) y es perpendicular al plano π 2 ≡ 2 x + 3y − z = 8 . b) (1 punto) Hallar el punto común a los tres planos π3; π4; π5 siguientes: π 3 ≡ 5x + 2 y + 7z = 4 ; π 4 ≡ x + 2 y − 3z = 10 ; x+3 y+3 z+7 y π5 el plano definido por las rectas r1 ≡ = = z + 3 ; r2 ≡ x + 2 = y = 2 3 2 Solución. a. La recta s, por ser perpendicular al plano π1, tiene como vector de dirección el vector normal al plano π2 (vr = nr 2 = (2, 3, − 1)) , y pasa por el punto A(1, 2, 0). Como queremos calcular la intersección de r y π1, es conveniente expresar la recta r en paramétricas.  x = 1 + 2λ  s ≡  y = 2 + 3λ  z = −λ  El punto (P), intersección entre la recta y el plano se calcula resolviendo el sistema que forman la ecuación general del plano y las ecuaciones paramétricas de la recta. El sistema se resuelve por sustitución.   x = 1 + 2λ    s ≡  y = 2 + 3λ P:  z = −λ   π1 ≡ 6 x − y + 3z = −2 Sustituyendo las ecuaciones paramétricas de la recta en el plano, se calcula el parámetro que sustituido en las ecuaciones de la recta nos permiten calcular las coordenadas de P. 6 ⋅ (1 + 2λ ) − (2 + 3λ ) + 3 ⋅ (− λ ) = −2 ; 6 + 6λ = 0 ; λ = −1

x p = 1 + 2(− 1)  P :  y = 2 + 3(− 1) ⇒ P(− 1, − 1, 1)  z = −(− 1) 

b. Para que dos rectas definan un plano, existen dos posibilidades, que las rectas sean paralelas o que sean r r secantes. Teniendo en cuenta que los vectores de dirección de r1 y r2 no son proporcionales (u1 (2,3,1) ≠ u 2 (1,1,2)) ,

3

las rectas deben ser secantes si definen un plano (*), por lo tanto el plano se obtiene con los vectores de dirección de ambas rectas y un punto cualquiera de alguna de las rectas. x+2 y z+7 A(− 2,0,−7 )  r π 5 :  u1 (2,3,1) ⇒ π 5 ≡ 2 3 1 =0  ur (1,1,2 ) 1 1 2  2 Desarrollando el determinante por los elemento de la primera fila, operando y ordenando se obtiene la ecuación general de π5. 3 1 2 1 2 3 π 5 ≡ (x + 2 ) −y + (z + 7 ) = 0 ; π 5 ≡ 5x − 3y − z + 3 = 0 1 2 1 2 1 1 El punto Q de intersección de los tres planos se obtiene resolviendo el sistema que forman las ecuaciones de los tres planos. 5x + 2 y + 7 z = 4  Q :  x + 2 y − 3z = 10  5 x − 3 y − z = −3  Por el método de Cramer:

Ax

x=

; y=

A

5

2

A=1

2

Ay A

; z=

Az A

7 − 3 = −174

5 − 3 −1

x=

4 2 7 10 2 − 3 − 3 − 3 −1 − 174

=1 y =

5 4 7 1 10 − 3 5 − 3 −1 − 174 Q(1, 3, ‒1)

=3 z =

5 2 4 1 2 10 5 −3 −3 − 174

= −1

Ejercicio 4: Calificación máxima: 2 puntos. Dados el plano π ≡ x − y + 2z = 1 y la recta r≡

x y +1 z = = −6 1 2

se pide: a) (1 punto) Determinar la posición relativa entre el plano π y la recta r. b) (1 punto) Determinar el plano que contenga a r y pase por P(1, 1, 1). Solución. a. Para estudiar la posición relativa de una recta y un plano se empieza por estudiar si el vector de dirección de la recta y el normal del plano son perpendiculares. r r v o n = (− 6,1,2) o (1,−1,2) = −6 ⋅ 1 + 1 ⋅ (− 1) + 2 ⋅ 2 = −3 ≠ 0 r El vector normal del plano (n ) , no es perpendicular al vector r de dirección de la recta (v ) , la recta corta al plano.

b. El plano determinado por una recta y un punto exterior se obtiene con el vector de dirección de la recta, un vector formado por un punto cualquiera de la recta y el punto exterior y el punto exterior. x y + 1 z  Q(0,−1,0) r≡ = = : r −6 1 2 v = (− 6,1,2)

x −1 y −1 z −1  P(1, 1, 1) r π : v = (− 6, 1, 2) ; π ≡ −6 1 2 =0  QP = (1 − 0, 1 − (− 1), 1 − 0) = (1, 2, 1) 1 2 1  Desarrollando el determinante y ordenando se obtiene la ecuación general del plano π ≡ 3x ‒ 8y +13z ‒ 8 = 0

4

OPCIÓN B Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. a) (1 punto) Hallar, si existe, el punto de corte de las rectas

 x = −1 + 2 λ  r2 ≡  y = 2 + λ  z = −λ  b) (1 punto) Determinar el valor de a para que los planos π1 ≡ x + 2 y + z = 3 π 2 ≡ 2 x + 3y − z = 5 π 3 ≡ 2 x + 2 y + 4z = 3 π 4 ≡ x + 3y = a tengan un único punto en común. c) (1 punto) Hallar la recta paralela a los planos π5 ≡ 2x + 5y − z = 2 y π 6 ≡ 6x − y + z = 8 que pasa por el punto P(1, 5, ‒3). Solución. a. Primero se estudia la posición relativa de las rectas. x = 2 + µ  x−y=2  A(2, 0, 1)  y =µ  x = 2 + µ →  y = µ ⇒ r r1 ≡   → x + y + z = 3 x + z = 3 − µ z = 1 − 2µ v = (1, 1, − 2)   x−y=2 ; r1 ≡  x + y + z = 3

 x = −1 + 2 λ  B(− 1, 2, 0)  r2 ≡  y = 2 + λ →  r u = (2, 1, − 1)  z = −λ  Una forma rápida de determinar la posición relativa de dos rectas es determinar el rango de la matriz r r formada por los vectores v , u y AB . r 1 −2   v   1  1 1 − 2  r      rg u  = rg 2 1 − 1  = rg 2 1 − 1   AB   − 1 − 2 2 − 0 0 − 1 − 3 2 −1       r 1 1 −2 v    r  2 1 − 1 = −8 ≠ 0 ⇒ rg u  = 3 Las rectas se cruzan pero no se cortan. No tienen ningún punto común.  AB  − 3 2 −1   b. Para que cuatro plano tengan un único punto común, el sistema formado por las cuatro ecuaciones debe ser compatible determinado (rg A = rg A* = n = 3)

 x + 2y + z = 3 1   2 x + 3y − z = 5 2  : A=  2 2 x + 2 y + 4 z = 3  1  x + 3y = a 

2 1  1 2 1 3 − 1 2 3 − 1 = −8 ≠ 0 rg A = 3 2 4  2 2 4 3 0  1 2 1 3    2 3 −1 5 A* =  2 2 4 3   1 3 0 a    Para que la matriz ampliada tenga rango cuatro, el determinante de la matriz debe ser nulo.

1 2

1

3

1

2

1

3

3 5 8 2 3 − 1 5  F2 = F2 + F1  3 5 0 8 1+ 3 A* = = = 1 ⋅ (− 1) − 2 − 6 − 9 = 36 − 8a = 0 = 2 2 4 3 F3 = F3 − 4F1  − 2 − 6 0 − 9 1 3 a 1 3 0 a 1 3 0 a

a=

36 9 = 8 2

5

c. Para que la recta sea paralela a los planos π5 y π6, el vector de dirección de la recta debe ser perpendicular r a los vectores normales de ambos planos, por lo tanto el vector de dirección de la recta buscada (ω) , se obtiene mediante el producto vectorial de los vectores normales.  5 −1 2 −1 2 5  r r r  = (4,−8,−32) = 4(1,−2,−8) ω = n 5 × n 6 = (2,5,−1) × (6,−1,1) =  ,− ,   −1 1 6 1 6 −1 

r La resta buscada s, se obtiene con el vector (ω) y el punto P. r ω = (1,−2,−8) x −1 y − 5 z + 3 s≡ s: = = ( ) −8 P 1 , 5 , − 3 1 −2 

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos a) (0'5 puntos) Representar gráficamente el recinto limitado por la gráfica de la función f(x) = ln x y el eje OX entre las abscisas x = 1/e, x = e. b) (1'25 puntos) Calcular el área de dicho recinto. c) (1'25 puntos) Calcular el volumen del sólido de revolución obtenido al girar dicho recinto alrededor del eje OX. Solución. a. f(x) = Ln x es una función elemental cuyo dominio es (0, +∞), su imagen o recorrido es todo R, corta al eje OX en el punto (1, 0) y tiene una asíntota vertical cuando x → 1+ hacia ‒∞. x = 1/e y x = e son rectas verticales que cortan al eje OX en los puntos (1/e, 0) y (e, 0) respectivamente. b. Para calcular el área hay que tener en cuenta que parte del recinto esta situado por debajo del eje OX y parte por encima.

A=

1

e

∫1 eLn x dx + ∫1 Ln x dx

La primitiva de la función se obtiene por el método de partes. 1   1 u = Ln x du = dx  Ln x dx =  x  = Ln x ⋅ x − x ⋅ dx = x ⋅ Ln x − dx = x ⋅ Ln x − x + C x  dv = dx v = x 

∫

∫

∫

*

A = (x ⋅ Ln x − x ]11 e + (x ⋅ Ln x − x ]1e = (1 ⋅ Ln 1 − 1) − (1 e ⋅ Ln 1 e − 1 e ) + (e ⋅ Ln e − e ) − (1 ⋅ Ln 1 − 1) = 2 2 −2 = (1 ⋅ 0 − 1) − (1 e ⋅ (− 1) − 1 e ) + (e ⋅ 1 − e ) − (1 ⋅ 0 − 1) == − 1 −   + 0 − (− 1) = − 1 + 1 = 1 − + 1 e e  e  2 2 A =2− u e

* Ln (1 e ) = Lne −1 = −1

c. El volumen de un sólido de revolución generado al hacer girar en torno al eje OX la región del plano limitada por la gráfica de una región continua f (x) entre x = 1/e y x = e, viene dado por:

VOX = π ∫

e

1e

[f (x)]2 dx = π ∫1 e [Ln x ]2 dx = π ∫1 eLn 2 x dx e

e

La primitiva de la función se obtiene por el método de partes. 1   1 u = Ln 2 x du = 2Lnx ⋅ dx  2 Ln 2 x dx =  x  = Ln x ⋅ x − x ⋅ 2Lnx ⋅ dx = x  dv = dx  v=x

∫

∫

**

= x ⋅ Ln 2 x − 2 Ln x dx = x ⋅ Ln 2 x − 2 ⋅ (x ⋅ Ln x − x ) + C = x ⋅ Ln 2 x − 2x ⋅ Ln x + 2x + C

∫

VOX = π

e

∫1 eLn

2

]

(

e

x dx = π ⋅ x ⋅ Ln 2 x − 2x ⋅ Ln x + 2x 1 e =

6

(

)

(

)

  2 2  1 1 1 1  1 1 = π ⋅  e ⋅ Ln 2 e − 2e ⋅ Ln e + 2e −  ⋅ Ln 2 − 2 ⋅ Ln + 2  = π ⋅  e ⋅ 12 − 2e ⋅ 1 + 2e −  ⋅ (− 1)2 − ⋅ (− 1) +  = e e  e e e e  e e    5 = π e −  u3  e ** Usando el apartado a:

∫ Lnxdx = xLnx − x + C

Ejercicio 3. Calificación máxima 2 puntos  1 2  x y  y la matriz X =   obtener las relaciones que deben cumplir a) (1 punto) Dada la matriz A =  2 1 z t  x, y , z, t para que la matriz X verifique A X = X A . b) (0,5 puntos) Dar un ejemplo de la matriz X distinta de la matriz nula y de la matriz identidad que cumpla la igualdad anterior. c) (0,5 puntos) Calcular la inversa de la matriz A. Solución. 1 2  x y  x y 1 2  x + 2z y + 2 t   x + 2 y 2 x + y    ⋅   =   ⋅     =   a. 2 1  z t   z t  2 1  2 x + z 2 y + t   z + 2 t 2z + t  Igualando término a término: 1.1 : x + 2z = x + 2 y  y − z = 0 E = E 1 4 1.2 : y + 2t = 2x + y  x − t = 0   E 2 = E 3 y − z = 0 →     →   x − t = 0  2.1 : 2x + z = z + 2t x − t = 0  2.2 : 2 y + t = 2z + t  y − z = 0 Sistema compatible indeterminado. Grado de indeterminación = nº incógnitas ‒ nº ecuaciones = 4 ‒ 2 = 2 El sistema se resuelve usando dos parámetros. y − z = 0 z = λ t =µ  y = λ    →  x − t = 0 x = µ µ λ   ∀ λ, µ ∈ R X =  λ µ b. c.

 −1 1   λ = 1 , µ = −1 ⇒ X =   1 − 1 Si X es la inversa de A, se debe cumplir: X ⋅ A = I  µ λ   1 2  1 0  µ + 2λ 2µ + λ   1 0    ⋅   =     =    λ µ   2 1  0 1  λ + 2µ 2λ + µ   0 1  2  − 1  µ + 2λ = 1 µ = − 1 3 3 3  Igualando:  : ⇒ A −1 =    2 1 λ + 2 µ = 0 λ = 2 3 −   3  3

Ejercicio 4. Calificación máxima 2 puntos De las matrices cuadradas A y B se sabe que:  2 1 0   A + B =  2 0 0  − 1 0 2   a) (1 punto) Calcular la matriz A ‒ B b) (1 punto) Calcular las matrices A y B Solución.

a.

 − 2 0 0   A − AB + BA − B =  0 2 0  2 − 1 0   2

2

 − 2 0 0   A 2 − AB + BA − B2 = (A + B)(A − B) =  0 2 0  2 −1 0   Sustituyendo A + B por su valor se puede despejar A ‒ B

7

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

−1

;

  2 1 0   1   = adj  2 0 0   2 1 0   − 1 0 2   2 0 0  −1 0 2

 +  2 1 0      adj  2 0 0  =  −  −1 0 2     +  

0 0 0 2 1 0 0 2 1 0 0 0

t

  2 1 0   0 − 2 0       0  adj  2 0 0  =  − 4 4   − 1 0 2   0 − 1 − 2     2 1 0   (A − B) =  2 0 0   −1 0 2   b.

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

−1

;

− + −

2

t

0

−1 2 2 0 −1 2 2 0 2 0

 − 2 0 0   2 0 ⋅ 0  2 −1 0  

2 1 0 2 1 2 0 0 = 2 ⋅ (− 1)3+ 3 = −4 2 0 −1 0 2

;

2

+

−1 2

− +

 2 1 0    2 0 0  − 1 0 2  

−1

−1 2 2

−1

=

0  0  0 −4 0   1   = − 2 4 −1 0  0 0 − 2  1    0   0 − 2 0  0 1 2 0     1  0  = 1 −1 0  − 4 4 −4     0 − 1 − 2 0 1 4 1 2

1 0  − 2 0 0 0 1 2 0   − 2 0 0  0         ⋅ 0 2 0 = 1 − 1 0  ⋅  0 2 0 =  − 2 − 2 0  2 −1 0 0 1 4 1 2  2 − 1 0  1 0 0        

Conocidas las matrices A + B y A ‒ B, se plantea un sistema que permite calcular las matrices A y B.   2 1 0     A + B =  2 0 0  − 1 0 2     0 1 0      A − B =  − 2 − 2 0    1 0 0    Sumando las ecuaciones se calcula la matriz A 1 0  2 2 0  2 1 0  0  2 2 0 1 1 0          1 2A =  2 0 0  +  − 2 − 2 0  =  0 − 2 0  ⇒ A =  0 − 2 0  =  0 − 1 0  2  − 1 0 2  1    0 0   0 0 2      0 0 2 0 0 1 Restando las ecuaciones se calcula la matriz B. 1 0  2 0 0  2 1 0  0  2 0 0  1 0 0          1 2B =  2 0 0  −  − 2 − 2 0  =  4 2 0  ⇒ B =  4 2 0  =  2 1 0  2  −1 0 2  1    0 0   − 2 0 2      − 2 0 2  −1 0 1

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