PRUEBA DE ACCESO (LOGSE) UNIVERSIDAD DE BALEARES SEPTIEMBRE – 2011 (GENERAL) (RESUELTOS por Antonio Menguiano) MATEMÁTICAS II Tiempo máximo: 1 horas y 30 minutos

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A. Menguiano PRUEBA DE ACCESO (LOGSE)

UNIVERSIDAD DE BALEARES

SEPTIEMBRE – 2011 (GENERAL)

(RESUELTOS por Antonio Menguiano)

MATEMÁTICAS II Tiempo máximo: 1 horas y 30 minutos Conteste de manera clara y razonada una de las dos opciones propuestas. Se valorarán la corrección y la claridad en el lenguaje (matemático y no matemático) empleado por el alumno. Se valorarán negativamente los errores de cálculo.

OPCIÓN A

1º) Determine la ecuación del plano π que pasa por el punto P(1, 2, 1) y es paralelo a las rectas

  

= − −

= − + ≡

0 2

0 2

z y x

z y x

r y

  

= − +

= + + − − ≡

0 2

0 1 z

y

z y x

s .

---

Los vectores directores de las rectas r y s son vectores linealmente dependientes de los productos vectoriales de los vectores normales de los planos que las determinan, que son, respectivamente, los siguientes:

(

1, 1, 2

)

(

2, 1, 1

)

0 2

0 2

1

1 = − = − −

⇒ 

 

= − −

= − +

≡ u y v

z y x

z y x

r .

(

1, 1, 1

)

(

0, 1, 1

)

0 2

0 1

2

2 = − − =

⇒ 

 

= − +

= + + − −

≡ u y v

z y

z y x

s .

(

3, 3, 3

)

(

1,1,1

)

3 3 2

2 4

1 1 2

2 1 1

' =− − − − − + =− − − = − − − ⇒ =

− −

−

= r

r i j k k i j i j k v

k j i

v .

(

2,1, 1

)

(

2, 1, 1

)

2

1 1 0

1 1 1

'_s = − − =−i−k−i+ j=− i+ j−k= − − ⇒ v_s = − k

j i

v .

(

)

0 ;; 1

1 2

1 1 1

1 2 1

,

; =

−

− − − ≡

z y

x

v v

P r s

π

( ) (

x−1 +2 y−2

) ( ) ( ) ( ) (

− z−1 −2 z−1 + x−1 − y−2

)

=0 ;; 2

( ) (

x−1 + y−2

) ( )

−3 z−1 =0 ;;

0 1 3 2

0 3 3 2 2

2º) Considere la matriz           − = m m m m A 3 1 4 0 0 .

a ) Determine para qué valores del parámetro m la matriz A no tiene inversa. b ) Calcule, si es posible, la matriz inversa de A para m = 1.

c ) Si B es la matriz inversa de A y A =5, ¿cuánto vale det(B)?

--- a )

Una matriz es inversible cuando el valor de su determinante es distinto de cero.

(

12

)

0 0 ;; 12 0 ;;

12 3 1 4 0 0 2 1 2 2

3 + − = + − = _⇒ = + − =

= −

= m m m mm m m m m

m m m m A 3 ; ; 4 2 7 1 2 49 1 2 48 1 1 3

2 =− =

⇒ ± − = ± − = + ± −

= m m

m .

{

−4, 0, 3

}

−

∈ ∀m R inversible

es A

b )

Para m = 1 es

          − = 1 3 1 4 1 0 1 0 1

A . Para hallar A-1 utilizamos el método de

Gauss-Jordan.

(

)

{

}

⇒           ⇒ + → ⇒           − = 1 0 1 0 1 0 0 0 1 2 3 0 4 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 3 1 4 1 0 1 0 1

/I F3 F2 F1

A

{

}

{

}

⇒           − − ⇒ − → ⇒           − − ⇒ − → ⇒ 10 1 10 3 10 1 3 10 1 3 2 3

3 0 1 0

0 0 1 1 0 0 4 1 0 1 0 1 1 3 1 0 1 0 0 0 1 10 0 0 4 1 0 1 0 1

3F F F

c )

Teniendo en cuenta que si = − = ⇒ = ⇒

A B A

A

B 1 1 1

5 1 =

B .

3º) Demuestre que la función polinómica f

( )

x =x3−3x+ 2 no puede tener dos raíces en el intervalo

[ ]

0,1 . ¿Cuántas raíces tiene en

[ ]

0,1 ?

---

La función polinómica f

( )

x =x3−3x+ 2 es continua y derivable en todo su do-minio, que es R, por lo cual, lo será en cualquier intervalo real que se considere.

El teorema de Bolzano dice que “si una función f es continua en un intervalo ce-rrado [a, b] y en los extremos de éste toma valores de distinto signo, entonces existe al menos un valor c∈

(

a, b

)

tal que f

( )

c =0”.

Teniendo en cuenta que f

( )

0 = 2 >0 y f

( )

1 =1−3+ 2 = 2−1<0, según el Teore-ma de Bolzano, en el intervalo (0, 1) la función f(x) tiene, al menos, una raíz real x = α.

Vamos a demostrar ahora que la raíz es única.

Si la función tuviera al menos otra raíz real positiva en el intervalo (0, 1), x = β, indicaría que f(β) = 0, con lo cual se podría aplicar a la función f(x) el Teorema de Rolle que dice que: “Si f(x) es una función continua en el intervalo [a, b] y derivable en (a, b) y si se cumple que f(a) = f(b), existe al menos un punto c∈

(

a, b

)

tal que f'

( )

c =0”.

( )

3 3 3

(

1

)

0 ;; 1;; 1

' 1 2

2

2 − = − = =− =

= x x x x

x

f .

Como quiera que los valores que anulan la derivada no pertenecen al intervalo

( )

0,1 , la función f(x) no puede tener dos raíces en [0, 1], como teníamos que demostrar.

Mediante el teorema de Bolzano y considerando el párrafo anterior se deduce que la función f(x) tiene una sola raíz en el intervalo [0, 1].

4º) Calcule el área de la región limitada por las parábolas y2 =4x y x2 =4y. Haga un dibujo aproximado de la figura.

---

La representación gráfica de la situación es, aproximadamente, la que indica la figura adjunta.

Los puntos de corte de las parábolas son los siguientes:

; ; 4 4 4 4

4 2 2

2 2 2 x x x y y x x y =       ⇒ = →     = = ; ; 0 64 ; ; 64 ; ; 4 16 4 4 4 = − =

= x x x x x

x

(

)

( )

( )

     → = → = ⇒ = − 4 , 4 4 0 , 0 0 0 64 2 1 3 A x O x x x .

Como se aprecia en la figura, las ordenadas de la parábola y2 =4x son iguales o mayores que las ordenadas correspondientes a la parábola x2 =4y en el intervalo co-rrespondiente al área a calcular, por lo cual, el área pedida es:

=       − =           − =           − + =       − =       − = +

∫

∫

4 0 3 4 0 3 2 3 4 0 3 1 2 1 4 0 2 4 0 2 12 3 4 12 2 3 · 2 12 1 2 1 · 2 4 2 4

4x x dx x x dx x x x x x x x

S S u = = − = −       − = 2 3 3 16 3 16 3 32 0 12 4 4 · 4 · 3 4 . ********** Y O

S

4

-2 2

-4

X x2 _{= 4y}

A

-4

-2 2

4

OPCIÓN B

1º) Considere la matriz

   

 

   

 

=

x x x

x x

x

A

1 0

0 0

1

0 0

0 0 1

.

a ) Resuelve la ecuación A =0.

b ) ¿En qué casos admite inversa la matriz A? --- a )

{

}

0 ;;

1 0

0 ; ; 0

1 0

0 0

0 0

0 0 1

0

1 0

0 0

1

0 0

0 0 1

1 3

3 → − ⇒ ₋ = − =

⇒

=

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x

F F F

x x x

x x

x

{

}

0 ;;

1 0

1 1 0

1 0 1

0

1

1 1 0

1 0 1

; ; 0 0

1

1 1 0

1 0 1

· _{1 2 3 3 1}

2 =

− −

⇒

− →

⇒

= − =

=

⇒

= −

x x F

F F

x x x

x

x x x

2 1 1

2 ; ; 0 1 ; ; 0 1 1 1

3 =

⇒

= =

+ − =

− −

x x

x x x

x .

b )

Una matriz es inversible cuando su determinante es distinto de cero.

     

− ∈ ∀

2 1 , 0

R x inversible es

A

2º) Obtenga el plano π que pasa por el punto P(3, 2, 7) y por la intersección de los pla-nos π1≡x−y+z−4=0 y π2 ≡x+y−z+7=0.

---

El haz de planos que determinan π₁≡x−y+z−4=0 y π₂ ≡x+y−z+7=0 viene dado en forma general como α ≡ x− y+ z −4+λ

(

x+ y− z+7

)

= 0.

De los infinitos planos del haz α, el plano π que contiene al punto P(3, 2, 7) es el que satisface su ecuación:

(

)

(

)

3 2 7 4 ·

(

3 2 7 7

)

0 ;; 4 5 0 ;; 7

, 2 , 3

0 7 4

= + =

+ − + +

− + −

⇒   

= + − + + − + − ≡

λ λ

λ α

P

z y x z

y x

(

7

)

0 ;; 5 5 5 20 4 4 4 28 0 5

4 4 5

4 _{⇒ ≡ − + − − + − + = − + − − − + − =}

−

= π x y z x y z x y z x y z

λ .

0 48 9

9 + − =

−

≡x y z

π

3º) Considere la función

( )

₂ 1

· x e k x f

x

+

= .

a ) Determine el valor de k para que la pendiente de la recta tangente a la función en 0

=

x tenga el valor 3.

b ) Dado el valor de k obtenido en el apartado anterior, estudie los intervalos de creci-miento y decrecicreci-miento de la función f(x).

--- a )

El valor de la pendiente a una función en un punto es igual que el valor de su de-rivada en ese punto:

( )

(

)

(

)

(

(

)

)

(

(

)

)

f

( )

x

x x e k

x x x e k

x

x e k x e

k x f

x x

x x

' 1

1

1

1 2

1

2 · · 1

· ·

' ₂

2 2 2

2 2 2

2 2

= +

− =

+ + − =

+ − +

= .

( )

( )

(

)

3 ;; 3

1 ; ; 3 0

1 1 0 3

0

' ₂

2 2 0

= =

= +

−

⇒

=

= f ke k k

m .

b )

Para k = 3 es

( )

₂ 1

3 x e x f

x

+

= y

( )

( )

(

₂

)

2 2 1

1 3

'

x x e x f

x

+ −

= .

Una función es creciente o decreciente cuando su derivada es positiva o negativa, respectivamente.

Como quiera que

( )

(

)

(

)

xR

x x e x f

x

∀ > +

−

= 0,

1 1 3

' ₂

2 2

:

4º) Calcule la integral I =

∫

L

(

x+1

)

·dx.

---

(

)

(

)

(

)

=

+ −

+ =

⇒    

   

= → =

= +

→ = +

⇒

+

=

_∫

_∫

dx

x x x x L I x

v dv dx

du dx x

u x

L dx

x L

I ·

1 1 · ·

1 ·

1 1 1

· 1

(

)

(

)

(

)

 =

(

+

)

−

  

 

+ − − + =

+ − + − + =

+ − +

=

_∫

_∫

_∫

· 1

1 1 1 1 ·

1 1 1 1

· 1

1 dx xL x

x x

L x dx x

x x

L x dx x

x x

L x

(

x

)

x L

(

x

)

C

(

x

) (

L x

)

x C I L

x dx x

dx = + − + + + = + + − + =

+ +

−

_∫

_∫

· 1 1 1 1

1 1

.