CUESTIÓN B.3: [2,5 puntos] Descomponga el número 48 como suma de dos números

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PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD PARA

ALUMNOS DE BACHILLERATO LOE

Septiembre 2013

MATEMÁTICAS II.

CÓDIGO 158

OBSERVACIONES IMPORTANTES:El alumno deberá responder a todas las cuestiones de una de las opciones A o B. No está permitido utilizar calculadoras programables ni que realicen cálculo simbólico, integrales o gráficas.

OPCIÓN A: No es necesario responder a las cuestiones en el mismo orden en que están enunciadas. Antes bien, se recomienda al alumno que empiece por aquellas cuestiones que le resulten más sencillas.

CUESTIÓN A.1: [2,5 puntos]Clasifique y resuelva, si es posible, el siguiente sistema de ecuaciones:

2x+3y+z = 1 2x+2y+z = 1 4x+5y+2z = 2

 

.

CUESTIÓN A.2: Tres de los cuatro vértices de un tetraedro son los puntos A= (3,4,0), B= (2,1,0) y C= (5,1,0). El cuarto vértice D está en la recta r que pasa por los puntos(1,2,3)y(−1,4,5).

a) [0,75 puntos]Determine la ecuación de la rectar.

b) [1,75 puntos] Calcule las coordenadas del vértice D para que el volumen del tetraedro sea 6unidades cúbicas.

Observación: Hay dos soluciones distintas; basta con calcular una de ellas.

CUESTIÓN A.3: Calcule los siguientes límites:

a) [1 punto]l´ımx→+∞

x2+1 x21

x2+2

b) [1,5 puntos]l´ımx→0

senx2 1−cosx

CUESTIÓN A.4:

a) [1,5 puntos]Encuentre una primitiva de la función f(x) = 6 x2+2x8.

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OPCIÓN B: No es necesario responder a las cuestiones en el mismo orden en que están enunciadas. Antes bien, se recomienda al alumno que empiece por aquellas cuestiones que le resulten más sencillas.

CUESTIÓN B.1: Sabiendo que

a b c 6 0 3 1 1 1

=2,

calcule, sin desarrollar ni utilizar la regla de Sarrus, los siguientes determinantes, indicando en cada paso qué propiedad de los determinantes se está utilizando.

a) [1,25 puntos]

1 1 1 2 0 1 3a 3b 3c

.

b) [1,25 puntos]

a b c

2a+6 2b 2c+3 a+1 b+1 c+1

.

CUESTIÓN B.2:

a) [1 punto] Determine la ecuación de la recta r que pasa por los puntos A= (2,3,0)yB= (−1,8,1).

b) [1,5 puntos] Determine la ecuación del plano que pasa por el punto(1,2,3) y es perpendicular a la rectar.

CUESTIÓN B.3: [2,5 puntos]Descomponga el número 48 como suma de dos números positivos de tal manera que el producto de uno de ellos por el cubo del otro sea el mayor valor posible.

CUESTIÓN B.4:

a) [2 puntos]Encuentre una primitiva de la función f(x) =x2ex.

b) [0,5 puntos]Calcule la siguiente integral definida Z 1

0

(3)

SOLUCIONES DE LA OPCIÓN A:

CUESTIÓN A.1

La matriz de los coeficientes del sistema esA=

2 3 1 2 2 1 4 5 2

, mientras que la matriz

am-pliada esA∗=

2 3 1 1 2 2 1 1 4 5 2 2

.

Estudiemos primero el rango deA. El determinante deAes

|A|=8+10+12−8−10−12=0.

Por lo tanto, Rango(A)<3. Además, como

2 3 2 2

=4−6=−26=0, vemos queAtiene el

menos un menor de orden 2 distinto de cero y por lo tanto se tiene Rango(A) =2.

Veamos ahora qué ocurre con el rango de la matriz ampliada. En este caso observamos que la columna 4 y la columna 3 deA∗ son iguales, por lo que se tiene que Rango(A∗) = Rango(A) =2<número de incógnitas. De todo ello, y aplicando el teorema de Rouché-Fröbenius, concluimos que el sistema es Compatible Indeterminado (SCI).

Apartado b)Sabemos por el apartado anterior que el sistema es Compatible Indetermi-nado con Rango(A) =Rango(A∗) =2<3=número de incógnitas. Un menor de orden 2 distinto de cero que nos garantiza que el rango deAy deA∗es 2 es el menor

2 3 2 2

=−2,

obtenido al seleccionar las filas 1 y 2 (ecuaciones 1 y 2) y las columnas 1 y 2 (incógnitas xey). Por lo tanto podemos prescindir de la tercera ecuación y expresar las incógnitasxe yen función de laz, de modo que el sistema queda así:

2x+3y = 1−λ

2x+2y = 1−λ

, conz=λ.

Restando las dos ecuaciones se tiene y=0, y sustituyendo en la primera se tiene 2x= 1−λ, es decir,x=1/2−λ/2. En definitiva, la solución del sistema es

  

 

x = 1 2−

λ

2 y = 0 z = λ

Observación al Apartado b):Si en lugar de trabajar con este menor de orden 2 distinto

de cero trabajamos con el menor

3 1 2 1

=1, obtenido al seleccionar las filas 1 y 2

(ecua-ciones 1 y 2) y las columnas 2 y 3 (incógnitas y y z), se tiene lo siguiente. En este caso podemos prescindir de la tercera ecuación y expresar las incógnitasyyzen función de la x, de modo que el sistema queda así:

3y+z = 1−2λ

2y+z = 1−2λ

, conx=λ.

(4)

Restando las dos ecuaciones se tiene de nuevo y=0, y sustituyendo en la primera se tienez=1−2λ. En definitiva, la solución del sistema es

 

x = λ

y = 0 z = 1−2λ

CUESTIÓN A.2

Apartado a)LlamamosP= (1,2,3)yQ= (−1,4,5). La rectarpasa por el puntoP= (1,2,3) y tiene como vector director el vector−→PQ=Q−P= (−2,2,2)o, equivalentemente, el vector (−1,1,1). Por tanto, la ecuación continua de res

r: x−1

−1 = y−2

1 = z−3

1 . Esto es suficiente para completar el apartado a).

No obstante, de cara al apartado b) del ejercicio, lo más práctico es obtener la ecuación paramétrica de la recta, que sería simplemente

r:

 

x = 1−λ

y = 2+λ

z = 3+λ

Apartado b)El volumen del tetraedro viene dado por el valor absoluto de

1 6|

−→

AB,−AC→,−→AD|,

dondeD es un punto genérico de la recta r dado por D= (1−λ,2+λ,3+λ). Utilizando

que

−→

AB = B−A= (−1,−3,0)

−→

AC = C−A= (2,−3,0)

−→

AD = D−A= (−2−λ,−2+λ,3+λ)

podemos calcular el determinante

|−AB→,−AC→,−→AD|=

−1 2 −2−λ −3 −3 −2+λ

0 0 3+λ

= (3+λ)(3+6) =9(3+λ).

Por lo tanto,

Volumen=9

6|3+λ|=6 si y solo si

|3+λ|= 36

9 =4.

Las dos posibles soluciones son3+λ =4, es decir,λ =1, y3+λ =−4, es decir,λ =−7.

En definitiva, las dos posibles soluciones son D= (0,3,4) (para λ =1) y D= (8,−5,−4)

(5)

CUESTIÓN A.3

Apartado a) En principio, el l´ımx→+∞

x2+1 x2−1

x2+2

nos da una indeterminación del tipo

1+∞, ya que aplicando la regla de los grados sabemos que

l´ım

x→+∞

x2+1 x21 =1 y

l´ım

x→+∞

x2+2= +∞.

Observación:También podemos concluir que

l´ım

x→+∞

x2+1 x21 =1

sin necesidad de utilizar la regla de los grados, simplemente haciendo

l´ım

x→+∞

x2+1

x21 =xl´ım+

x2+1

x2

x2−1

x2

= l´ım

x→+∞

1+ 1

x2

1− 1

x2

=1.

En definitiva, se trata de una indeterminación del tipo1+∞que podemos resolver utilizando

que en ese caso se tiene

l´ım

x→+∞

x2+1 x21

x2+2

=el´ımx→+∞

x2+1 x2−1−1

(x2+2) .

Calculamos en primer lugar

x2+1 x21−1

(x2+2) =

x2+1−x2+1 x21

(x2+2) = 2x 2+4 x21 .

Por tanto, de nuevo por la regla de los grados (u operando como anteriormente si no se quiere utilizar dicha regla), concluimos que

l´ım

x→+∞

x2+1 x21−1

(x2+2) = l´ım

x→+∞

2x2+4 x21 =2,

de modo que la solución final es

l´ım

x→+∞

x2+1 x21

x2+2

=e2.

Apartado b)En este caso tenemos una indeterminación del tipo0/0ya que

l´ım

x→0

senx2 1−cosx =

0 1−1 =

0 0. Aplicando la regla de L’Hôpital tenemos

l´ım

x→0

senx2

1−cosx =xl´ım→0

2xcosx2 senx =

0 0.

(6)

Aplicando de nuevo la regla de L’Hôpital tenemos

l´ım

x→0

2xcosx2

senx =xl´ım→0

2 cosx2−4x2senx2 cosx =

2−0 1 =2. Por tanto,

l´ım

x→0

senx2 1−cosx =2.

CUESTIÓN A.4

Apartado a)Se trata de la primitiva de una función racional donde el numerador es una constante (polinomio de grado 0) y el denominador es un polinomio de grado 2. Estudia-mos las raíces del denominador y teneEstudia-mos que

x= −2±

4+32

2 =

−2±6

2 =2y −4.

Se trata pues de dos raíces reales simples. Veamos cómo es la descomposición en frac-ciones simples:

6

x2+2x−8 = A

x−2+ B

x+4 =

(A+B)x+4A−2B

(x−2)(x+4) .

Por lo tantoAyBvienen dados por

A+B = 0 4A−2B = 6

DespejandoB en la primera se tieneB=−Ay sustituyendo en la segunda se tiene 4A+ 2A=6. Es decirA=1yB=−1. Por tanto

6

x2+2x−8 = 1 x−2−

1 x+4. Integrando ahora esta igualdad, se tiene

Z 6

x2+2x8dx =

Z dx

x−2− Z dx

x+4 =ln|x−2| −ln|x+4|

= ln

x−2 x+4

.

Apartado b)En primer lugar observamos que la función f(x)es negativa entre x=−2 y x=0. Por lo tanto, el aréa encerrada viene dada por

Área=

Z 0 −2

f(x)dx

=−

Z 0 −2

f(x)dx>0.

Aplicando la regla de Barrow sabemos que

Z 0 −2

f(x)dx=

Z 0 −2

6

x2+2x−8dx =

ln

x−2

x+4

0

−2 =ln

−2 4

−ln

−4 2

= ln1

2−ln 2=ln 1−ln 2−ln 2=0−2 ln 2 = −2 ln 2.

En definitiva,

(7)

SOLUCIONES DE LA OPCIÓN B:

CUESTIÓN B.1

Apartado a)Intercambiando las filas primera y tercera se tiene que

1 1 1 2 0 1 3a 3b 3c

=−

3a 3b 3c 2 0 1 1 1 1

.

Ahora, sacando el 3 como escalar común en la primera fila y metiéndolo en la segunda fila se tiene que

3a 3b 3c 2 0 1 1 1 1

=3

a b c 2 0 1 1 1 1

=

a b c 6 0 3 1 1 1

=2.

En definitiva,

1 1 1 2 0 1 3a 3b 3c

=−

3a 3b 3c 2 0 1 1 1 1

=−2.

Apartado b)Restando a la fila tercera la fila primera (F3−F1) y restando a continuación a la fila segunda la fila primera multiplicada por 2 (F2−2F1) se concluye que

a b c

2a+6 2b 2c+3 a+1 b+1 c+1

=

F3−F1

a b c 2a+6 2b 2c+3

1 1 1

=

F2−2F1

a b c 6 0 3 1 1 1

=2.

CUESTIÓN B.2

Apartado a)La rectarpasa por el puntoA= (2,3,0)y tiene como vector director el vector

−→

AB=B−A= (−3,5,1). Por tanto, la ecuación continua deres

r: x−2

−3 = y−3

5 = z 1. Esto es suficiente para completar el apartado a).

Apartado b) El plano π pasa por el punto (1,2,3) y tiene como vector perpendicular el

vector director de la recta r, es decir, el vector −AB→= (−3,5,1). Por lo tanto su ecuación general o ímplicita es

−3x+5y+z+D=0

dondeDtiene que calcularse con la condición de que el plano pase por el punto (1,2,3). Es decir,Ddebe cumplir−3+10+3+D=0⇒D=−10y la solución es

−3x+5y+z−10=0, o si se prefiere −3x+5y+z=10.

CUESTIÓN B.3

Se trata de descomponer 48 como una suma del tipo48=x+y, dondexeyson números positivos tales que la expresiónx3y(o si se prefierexy3) tenga su valor máximo. Para ello, despejamos

y=48−x

y se trata entonces de encontrar el valor dexpara el cual se cumple que

(8)

0<x<48(puesto que tantoxcomoy=48−xdeben ser positivos), y

la función f(x) =x3(48−x)debe alcanzar su máximo en dicho valor dex.

Para ello, hacemos la derivada de f(x) y estudiamos sus puntos críticos. Como f(x) = x3(48−x) =−x4+48x3, se tiene

f0(x) =−4x3+144x2=4x2(−x+36).

Por tanto f0(x) =0si y solo six=0ox=36. El valorx=0no nos sirve porque debe serx>

0. Así que el único candidato a ser punto de máximo que queda esx=36. Comprobamos que en efecto es punto de máximo haciendo, por ejemplo, el test de la segunda derivada. En efecto,

f00(x) =−12x2+288x=12x(−x+24) y se tiene f00(36) =12·36·(−36+24) =−144·36<0.

Otra forma de comprobar esto igualmente válida es comprobar que f0(x)>0 si x<36 y f0(x)<0six>36. Ello significa que la función f(x) es creciente a la izquierda de 36 y es decreciente a la derecha de 36, por lo que enx=36hay un máximo.

En definitiva, la solución esx=36ey=48−36=12, de modo que la descomposición es 48=36+12.

Observación: También se puede hacer con la función f(x) =xy3 =x(48−x)3. En este caso los cálculos son las tediosos y la solución esx=12 ey=36 que evidentemente es la misma que de la otra manera.

CUESTIÓN B.4

Apartado a) Para calcular Z

x2exdx aplicamos integración por partes, tomando u=x2 y dv=exdx. Por lo tanto,du=2xdxyv=ex. Recuérdese que en la técnica de integración por partes se aplica que

Z

udv=uv−

Z vdu.

Así, en nuestro caso se tiene Z

x2exdx=x2ex−

Z

2x exdx=x2ex−2 Z

x exdx.

Aplicamos de nuevo partes en la nueva integral Z

x exdxtomando ahorau=xydv=exdx,

de manera quedu=dxyv=ex. Así

Z

x2exdx=x2ex−2 Z

x exdx = x2ex−2

x ex−

Z exdx

= x2ex−2x ex+2ex= (x2−2x+2)ex.

Por tanto, una primitiva dex2ex es(x2−2x+2)ex.

Apartado b)Aplicando la regla de Barrow y utilizando la primitiva calculada en el apartado anterior, se tiene

Z 1 0

x2exdx= (x2−2x+2)ex x=1

x=0= (1−2+2)e

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