m2s35

(1)

Curso 2010-2011

MATERIA: MATEMÁTICAS II

INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN

El alumno contestara a los cuatro ejercicios de una de la 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.

Calificación total máxima: 10 puntos Tiempo: Hora y media

OPCIÓN A

Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. Dada la matriz

  

 

  

 

− −

− =

a 1 2

1 a 1

a 2 a 2 A

2

a) (1 punto) Calcular el rango de Aen función de los valores de a.

b) (1 punto) En el caso de a = 2, discutir el sistema

  

 

  

  =   

 

  

  ⋅

b 1 2

z y x

A en función de los valores

de b, y resolverlo cuando sea posible.

c) (1 punto) En el caso de a = 1, resolver el sistema

  

 

  

 − =   

 

  

  ⋅

2 2 1

z y x A

Solución.

a. El rango de una matriz es el orden del mayor menor distinto de cero que exista en la matriz. Por ser una matriz cuadrada de orden tres, si su determinante es distinto de cero, el rango es 3, por lo tanto se discute el rango para los valores del parámetro que anulen el determinante de la matriz

2 2

a 4 a 1 2

1 a 1

a 2 a 2

A − − = −

−

= : A =0 :

  

= − = = −

2 a

2 a : 0 a

4 2

Discusión:

i. Si a ≠‒2, 2; |A| ≠ 0. rg A = 3

ii. Si a = ‒2; |A| = 0. rg A < 3.

  

 

  

 

− − − −

− − =

2 1 2

1 2 1

4 2 4

A 6 0

2 1

2 4

≠ = − −

− −

. rg A = 2

iii. Si a = 2; |A| = 0. rg A < 3.

  

 

  

 

− −

− =

2 1 2

1 2 1

4 2 4

A 6 0

2 1

2 4

≠ = −

−

. rg A = 2

b.

  

 

  

  =   

 

  

  ⋅   

 

  

 

− −

−

b 1 2

z y x

2 1 2

1 2 1

4 2 4

Para a = 2, rg A = 2. El tipo de solución del sistema se

(2)

  

 

  

 

− −

− =

b 2 1 2

1 1 2 1

2 4 2 4 * A

Orlando el menor de orden 2 de la matriz A 6 0 2

1 2 4

≠ = −

−

, en la ampliada solo queda un

menor de orden 3 por estudiar, formado por las dos primeras columnas y la cuarta.

18 b 6 b 1 2

1 2 1

2 2 4

− = −

−

; 6b−18=0 ; 3 6 18 b= =

Discusión:

i. b≠3. En la ampliada existe un menor de orden 3 en la distinto de cero, rg A* = 3 ≠ rg A. Sistema incompatible

ii. b=3. En la ampliada no existen menores de orden 3 distintos de cero, rg A* = 2 = rg A. Sistema compatible indeterminado.

Para b=3, el sistema equivalentes esta formado por las dos ecuaciones que contienen al menor

de orden 2 distinto de cero:

  

= − + −

= + −

1 z y 2 x

2 z 4 y 2 x 4

El sistema se resuelve en función de un parámetro. Se recomienda tomar como parámetro la variable que no se utilizo en el menor de orden 2 distinto de cero (z = λ).

  

+ = + −

− = −

λ

1 y 2 x

λ

4 2 y 2 x 4

: 6

2 1

2 4

= −

−

Utilizando el método de Cramer:

λ

1 6

2

λ

1

2

λ

4 2

x + = −

− −

= ; 1

6

λ

1 1

λ

4 2 4

y − + =

−

=

Solución: (1‒λ, 1, λ) ∀λ∈ R

c.

  

 

  

 ₋ =   

 

  

  ⋅   

 

  

 

− −

−

2 2 1

z y x

1 1 2

1 1 1

1 2 2

Sistema compatible determinado. Se resuelve por el

método de Cramer.

3 1 4 a 4

A 2

1 a

2 ₌ ₋ ₌

−

= =

2 3 6 3

1 1 2

1 2 1

x = =

− − −

= ; 1

3 3 3

1 2 2

1 2 1

1 1 2

y = =

− −

−

= ; 3

3 9 3

2 1 2

2 1 1

1 2 2

z =− =−

−

− −

=

(3)

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos.

a) (1'5 puntos) Hallar el volumen del tetraedro que tiene un vértice en el origen y los otros tres vértices en las intersecciones de las rectas

z y x

r₁≡ = = ,

  

= = ≡

0 z

0 y r₂ ,

  

= =

0 z

0 x r₃

con el plano π≡ 2x + 3y + 7z = 24.

b) (1'5 puntos) Hallar la recta s que corta perpendicularmente a las rectas 2

1 z 2

5 y 1

1 x r₄

− + = − = +

≡ ,

1 1 z 3

1 y 2 x r₅

− − = + = ≡

Solución.

a. El volumen del tetraedro se obtiene como aplicación del producto mixto de vectores.

( )

3 2 1

c c c

b b b

a a a

6 1 c b a 6 1

V= ×r =

r o r

Los vectores ar, b

r

y cr unen los vértices del tetraedro con el cuarto vértice que es el origen.

24 x 7 x 3 x 2 : 24 z 7 y 3 x 2 :

π

z y x : r :

A 1 + + =

  

= + +

= =

: 12x=24 : x = 2. A = (2, 2, 2)

(

2 0 ,2 0 ,2 0

) (

2,2 ,2

)

OA

a= = − − − =

r

(

12,0,0

)

B : 12 x : 24 x 2 : 24 z 7 y 3 x 2 :

π

0 z

0 y : r :

B 2 = = =

    

= + +   

= =

(

12 0 ,0 0,0 0

) (

12 ,0 ,0

)

OB

b= = − − − =

r

(

0,8,0

)

B : 8 y : 24 y 3 : 24 z 7 y 3 x 2 :

π

0 z

0 x : r :

C 3 = = =

    

= + +   

= =

(

0 0 ,8 0,0 0

) (

0 ,8,0

)

OC

c= = − − − =

r

Conocidos los vectores se calcula el volumen del tetraedro.

(

) (

(

) (

)

3

u 32 192 6 1

0 8 0

0 0 12

2 2 2

6 1 0 , 8 , 0 0 , 0 , 12 2 , 2 , 2 6 1

(4)

b. La perpendicular común a dos rectas que se cruzan se puede obtener como intersección de dos planos, π y σ, ambos paralelos a la dirección de la perpendicular común y cada uno de ellos que contenga a una de las rectas.

La dirección perpendicular común a ambas rectas, viene representada por el vector v, producto vectorial de los vectores de dirección de las rectas.

(

)

(

)

   − = − − = − + = − = + ≡ 2 , 2 , 1 d 1 , 5 , 1 A : 2 1 z 2 5 y 1 1 x r 4 4 r

(

)

(

)

   − = − = − − = + = ≡ 1 , 3 , 2 d 1 , 1 , 0 B : 1 1 z 3 1 y 2 x r 5 5 r

(

) (

)

(

4, 3 , 1

)

1 3 2 2 2 1 k j i 1 , 3 , 2 2 , 2 , 1 d d

v ₄ ₅ = − −

− − = − × − = × = r r r r r r

(

)

(

)

(

)

4 3 1 0: π 8x 7y 11z 16 0

2 2 1 1 z 5 y 1 x π 1 , 3 , 4 v 2 , 2 , 1 d 1 , 5 , 1 A : π v π r :

π 4 ₄ = ≡ + + − =

− − − + − + ≡ ⇒           − − = − = − − = ⊂

(

)

(

)

(

)

4 3 1 0: σ 3x y 9z 8 0

1 3 2 1 z 1 y 0 x σ 1 , 3 , 4 v 1 , 3 , 2 d 1 , 1 , 0 B : π v π r :

σ ₅ = ≡ + + − =

− − − − + − ≡ ⇒           − − = − = − = ⊂

Conocidos los dos planos, la recta se determina resolviendo el sistema compatible indeterminado que forman las ecuaciones de los dos planos.

   = − + + = − + + 0 8 z 9 y x 3 0 16 z 11 y 7 x 8 : s

Resolviendo en función de x, las paramétricas de la recta s son:

        − = − = = 52 λ 13 40 z 52 λ 39 56 y λ x : s

Ejercicio 3. Calificación máxima: 2 puntos. a) (1 punto) Calcular la integral

∫

3 +

1 2_dx x 5 4 x

b) (1 punto) Hallar los valores mínimo y máximo absolutos de la función f

( )

x = 12−3x2

Solución.

a.

(

)

=

          = ′ = + = + + = ′ ⋅ = + = + +

∫

x 10 f 2 1 n x 5 4 f C 1 n f dx f f dx x x 5 4 dx x 5 4 x 2 1 n n 3 1 2 1 2 3 1 2

(

)

(

)

(

)

=         + =             + + = + = +

∫

3 1 3 2 3 1 1 2 1 2 3 1 2 1

2 ₄ ₅_x

(5)

(

2

)

3

(

2

)

3 3 3

(

₇3 ₃3

)

15 1 9 15

1 49 15

1 1 5 4 15

1 3 5 4 15

1

− =

⋅ + −

⋅ + =

b. Se pide calcular los extremos absolutos de una función que representa la parte positiva de una elipse de eje vertical.

( )

_x ₁₂ ₃_x2

f = − ; y=+ 12−3x2 ; y2 =12−3x2 ;

12 y x

3 2 + 2 = ; 1 12 y 4

x2 ₊ 2 ₌

El dominio de definición es:

0 x 3

12− 2 ≥ ; x2≤4 ;

  

≤ − ≥

2 x

⇔ x∈

[

−2,2

]

Función continua y derivable en su dominio de definición, alcanza el máximo absoluto en el punto

(

0 , 12

)

y los mínimos absolutos en los puntos (‒2, 0) y (2, 0).

Ejercicio 4. Calificación máxima: 2 puntos. a) (1 punto) Calcular el siguiente límite:

x x

x Lím x→+∞ ₊

b) (1 punto) Demostrar que la ecuación 4x5 + 3x + m = 0 sólo tiene una raíz real,

cualquiera que sea el número m. Justificar la respuesta indicando qué teoremas se usan.

Solución.

a. =

+ =

+ →+∞ →+∞ →+∞

      ∞ ∞

÷ +∞

→

x x x x

1 Lím

x x x

1 Lím

x x x

x x

Lím x

x x Lím

x x

x x x

1 0 1

1 1

x 1 1

1 Lím

x = + =

∞ + = + =

+∞ →

b. Para demostrar que la ecuación tiene al menos una solución real, se aplica el teorema de Bolzano a la función f

( )

x =4x5 +3x+m.

Por ser polinómica, f(x) es continua en todo R por definición, además la función cambia de signo entre +∞ y ‒∞, como ponen de manifiesto sus límites en el infinito.

(

+ +

)

=−∞

−∞

→ 4x 3x m Lím 5

x

(

+ +

)

=∞

∞

→ 4x 3x m Lím 5

x

(6)

Una forma de demostrar que la solución es única es intentar demostrar mediante el teorema de Rolle que existe dos soluciones.

Hipótesis: Existen dos valores a y b en los cuales se anula la función f(x) (f(a) = f(b) = 0).

Bajo este hipótesis, la función f(x) = 4x5 + 3x + m, cumple las condiciones del teorema de Rolle.

i. La función por ser polinómica es continua en [a, b],

ii. La función por ser polinómica es derivable en (a, b)

iii. f(a) = f(b) (hipótesis)

Según el teorema de Rolle, debe existir un valor c ∈ (a, b), tal que f’(c) = 0

Calculo de c:

( )

c 20x 3

f′ = 4 + ; f′

( )

c =0 ; 20x4 +3=0 ; R 20

3 x=4− ∉

(7)

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

( )

4₃

x 1 ax x

f = +

a) (1 punto) Determinar el valor de a para el que la función posee un mínimo relativo en x = 1. Para ese valor de a, obtener los otros puntos en que f tiene un extremo relativo.

b) (1 punto) Obtener las asíntotas de la gráfica de y = f (x) para a = 1.

c) (1 punto) Esbozar la gráfica de la función para a = 1.

Solución.

a. Para que f(x) tenga un extremo relativo en x = 1, se debe cumplir que f′

( )

1 =0

( )

(

)

( )

(

)

4

4 4 4

6 4 3

2

2 3

2 4

3 3

x 3 ax x

3 ax 3 . ax 4 x

3 1 ax x ax 4 x

x

x 3 1 ax x ax 4 x

f′ = ⋅ − + ⋅ = ⋅ ⋅ − + ⋅ = − − = −

( )

0

1 3 1 a 1 f

4 4

= − ⋅ =

′ ; a−3=0 ; a = 3

Para a = 3:

( )

4 4 x

3 x 3 x

f′ = − ; f′

( )

x =0 ; 3x4 −3=0 ; x=±41=±1

( )

(

)

( )

₄ 2 5

3 4

4 3

x 12

x

x 4 3 x 3 x x 12 x

f ′′ = ⋅ − − ⋅ = :

( )

_{( )}

  

⇒ > = ′′

⇒ < − = − ′′

Mínimo 0

12 1 f

Máximo 0

12 1 f

Máximo en (‒1, f(‒1)) = (‒1, ‒4) Mínimo en (1, f(1)) = (1, 4)

b. Para esbozar la gráfica de la función se requiera como mínimo analizar el dominio, los puntos de corte con los ejes, el signo de la función y sus asíntotas

( )

4₃

x 1 x x

f = +

• Dominio:

{

x R x 0

}

R

{ }

0 x

1 x

D ₃ 3

4

− = ≠ ∈

=    

  

 ₊

• Corte con los ejes:

- OX (y = 0): 0 x

1 x y

3 4

= +

= ; x4 +1=0 ; x=±4−1∉R. No corta al eje OX

- OY (x = 0): Como 0 ∉ Dominio, tampoco corta al eje OY

• Signo:

(

) ( )

(

) ( )

  

> +∞

∈

< ∞

− ∈ ⇒ 

 

> < ∈

∀ > +

0 x f , 0 x si

0 x f 0 , x si Positivo 0

x si

Negativo 0

x si x Dominio; x

0 1

(8)

• Asíntotas:

- Vertical: x = a / a∉ Dominio y

( )

0 k x f Lím

a

x→ =

x = 0:

( )

 

  

 

+∞ = = + = +

−∞ = = + = +

= +

+ +

→

− −

→ →

+ −

0 1

0 1 0 x

1 x Lím

0 1

0 1 0 x

1 x Lím

: 0 1 x

1 x Lím

3 4 3 4

0 x

3 4 3 4

0 x 3

4 0

x Asíntota vertical: x = 0

- Horizontal: y = L; L Límf

( )

x x→±∞

=

   

+∞ =

−∞ = =

= ≈

+

+∞ →

−∞ → ±∞

→ ±∞

→ Lím x

x Lím x

Lím x

x Lím x

1 x Lím

x x x

3 4 x 3 4 x

La función no tiene asuntota horizontal, los límites indican que cuando x tiende a +∞, la función tiende a +∞, y cuando x tiende a ‒∞, la función tiende a ‒∞

- Oblicua (y = mx + n):

( )

x

x f Lím m

x→±∞

= ; n Lím

(

f

( )

x mx

)

x −

=

±∞ →

( )

₁

x x Lím x

1 x Lím x

x 1 x

Lím x

x f Lím m

4 4 x 4 4 x 3 4

x

x ≈ =

+ =

=

±∞ → ±∞

→ ±∞

→

( )

(

)

( )

1 0

x 1 Lím x

x 1 x Lím x

1 x

1 x Lím mx

x f Lím n

3 3

x 3

4 4

x 3

4 x

x = = ±∞ =

− + =

    

  

⋅ − + =

− =

±∞ → ±∞

→ ±∞

→

Asíntota oblicua y = x.

Posición relativa de la función respecto de la asíntota.

( ) (

)

(

)

( )



     

= ∞ + = ∞ + = =

= ∞ − = ∞ − = =

= =

    

  

− + =

− − =

+ +∞

→

− −∞

→ ±∞

→ 1 1 ₀

x 1 Lím

0 1 1

x 1 Lím

x 1 Lím x

x 1 x Lím n

mx x f Lím n

3 3

x

3 3

x

3 x 3

4

x x

Cuando x tiende a ‒∞, la función se aproxima a la asíntota por debajo (0‒), cuando x tiende a +∞, la función se aproxima a la asíntota por encima.

(9)

a) (2 puntos) Discutir el sistema de ecuaciones AX = B, donde

  

 

  

 

−

− − =

0 0 2 m

1 1 m 0

1 m 1 0

A ,

  

 

  

  =

z y x X ,

  

 

  

 

+ =

2 m

m m B

según los valores de m.

b) (1 puntos) Resolver el sistema en los casos m = 0 y m = 1.

Solución.

a. El sistema viene definido por la matriz de coeficientes (A) y la ampliada (A*).

  

 

  

 

−

− − =

0 0 2 m

1 1 m 0

1 m 1 0

A ;

  

 

  

 

+ −

− − =

2 m 0 0 2 m

m 1

1 m 0

m 1 m 1 0

* A

* A rg A rg * A

A⊂ ⇒ ≤

Si el |A| ≠ 0, rg A = 3 = rg A* = n. Sistema compatible determinado. Por lo tanto se discute el tipo de solución del sistema para los valores del parámetro m que anulan el determinante de la matriz.

(

)

2 2 m m 0

0 2 m

1 1 m 0

1 m 1 0

A

det =− ⋅ −

−

− − =

0

A = ;

(

)

  

= = =

− ⋅ −

2 m

0 m : 0 2 m

m 2

Discusión:

i. Si m ≠ 0, 2. |A| ≠ 0, rg A = 3 = rg A* = n. Sistema compatible determinado

ii. Si m = 0. |A| = 0, rg A < 3.

  

 

  

 

− −

− =

0 0 2

1 1 0

A 2 0

0 2

1 0

≠ − = −

−

rg A = 2

  

 

  

 

− −

− =

2 0 0 2

0 1 1 0

0 1 1 0 *

A De los menores orlados a

0 2

1 0

− −

, solo queda por estudiar el

formado por la 1ª, 2ª y 4ª columna: 0 2 0 2

0 1 0

= −

− rg A* = 2.

rg A = rg A* = 2 < n = 3. Sistema compatible indeterminado.

iii. Si m = 2. |A| = 0, rg A < 3.

  

 

  

  =

0 0 0

1 1 0

A rg A = 1.

  

 

  

  =

4 0 0 0

2 1 1 0

2 1 1 0 *

A 4 0

4 0

2 1

≠ =

rg A* = 2 ≠ rg A. Sistema incompatible

b. m = 0. Las ecuaciones que forman el sistema equivalente son las que contienen al menor de orden 2 distinto de cero (la 2ª y la 3ª).

    

= = − =   →  

 

= −

= +

− ₌

λ

z

λ

y 1 x

2 x 2

0 z

(10)

m = 1. Sistema compatible determinado.

    

= −

= =

3 x

1 z

1 y

Solución: (‒3, 1, 1)

Dados los planos

1 z 2 y x 2

π₁ ≡ + − = , π₂ ≡x−y+2z=1 se pide:

a) (0'5 puntos) Estudiar su posición relativa.

b) (1'5 puntos) En caso de que los planos sean paralelos hallar la distancia entre ellos; en caso de que se corten, hallar un punto y un vector de dirección de la recta que determinan.

Solución.

a. La posición relativa se puede hacer por comparación de los coeficientes de la ecuación general de ambos planos, basta con que dos de ellos no sean proporcionales para saber que los planos son secantes.

SECANTES 2

2 1 1 1

2 − _⇒

= − ≠

b. Las ecuaciones paramétricas de la recta que determinan los dos planos se obtienen resolviendo el sistema compatible indeterminado que forman las ecuaciones de ambos planos.

  

− = −

+ = + 

 →  

 

= + −

= −

+ ₌

λ

2 1 y x

λ

2 1 y x 2 1

z 2 y x

1 z 2 y x

2 z λ

Sumando las ecuaciones se despeja x:

( )

3 2 x : 2 x 3 : :

λ

2 1 y x

λ

2 1 y x 2

= = + 

 

− = −

+ = +

Sustituyendo el a segunda ecuación elvalor de x se despeja y

λ

2 1 y 3

2₋ ₌ ₋

; 2λ

3 1 y=− +

Las paramétricas de la recta son:

(

)

   

=

   

  = ⇒

  

  

 

= + =

=

1 , 2 , 0 v

0 , 3 1 , 3 2 P

λ

z

λ

2 3 1 y

3 2 x

: r

r

a) (0'75 puntos) Hallar la ecuación del plano π1 que pasa por los puntos A(1, 0, 0), B(0, 2, 0) y C(0, 0, 1).

b) (0'75 puntos) Hallar la ecuación del plano π2 que contiene al punto P(1, 2, 3) y es perpendicular al vector vr

(

−2,1 ,1

)

c) (0'5 puntos) Hallar el volumen del tetraedro de vértices A, B, C y P.

Solución.

a. Los datos que se dan son los puntos de corte del plano con los ejes coordenados, y permiten escribir su ecuación canónica.

1 1 z 2 y 1 x

(11)

La ecuación general se obtiene multiplicando por el mínimo común múltiplo (2) y ordenando. 0

2 z 2 y x 2

π₁≡ + + − =

b. El vector vr

(

−2,1 ,1

)

es el vector normal del plano que se pide, y por tanto su ecuación general tiene la forma:

0 D z y x 2

π₂ ≡− + + + =

El valor de D se determina teniendo en cuenta que el plano buscado contiene al punto P, y por tanto sus coordenadas deben cumplir la ecuación del plano

0 D 3 2 1

2⋅ + + + =

− ; D = ‒3

0 D z y x 2

π₂ ≡− + + + =

Otra forma de resolver el apartado es por aplicación del producto escalar. El plano buscado esta formado por puntos X(x, y, z) que forman con P u vector perpendicular a vr, y por tanto el producto escalar de PX y vr debe ser nulo.

0 v PX v

PX⊥r⇔ or=

(

x−1,y−2 ,z−3

) (

o −2 ,1,1

)

=0

(

x 1

)

1

(

y 2

)

1

(

z 3

)

0 2⋅ − + ⋅ − + ⋅ − =

−

0 D z y x 2

π₂ ≡− + + + =

c. El volumen del tetraedro se obtiene como aplicación del producto mixto de vectores.

(

BP CP

)

AP 6 1

V= o ×

(

) (

)

(

) (

)

(

1 0 ,2 0 ,3 1

) (

1,2,2

)

CP

3 , 0 , 1 0 3 , 2 2 , 0 1 BP

3 , 2 , 0 0 3 , 0 2 , 1 1 AP

= − − − =

3 u 3 4 6 8

2 2 1

3 0 1

3 2 0

6 1