PRUEBA DE ACCESO (LOGSE) UNIVERSIDAD DE BALEARES SEPTIEMBRE - 2009 (RESUELTOS por Antonio Menguiano) MATEMÁTICAS II Tiempo máximo: 1 horas y 30 minutos

Texto completo

(1)

I

I..EE..SS..““CCAASSTTEELLAARR””BBAADDAAJJOOZZ

A. Menguiano PRUEBA DE ACCESO (LOGSE)

UNIVERSIDAD DE BALEARES

SEPTIEMBRE - 2009

(RESUELTOS por Antonio Menguiano)

MATEMÁTICAS II Tiempo máximo: 1 horas y 30 minutos

Contesta de manera clara y razonada una de las dos opciones propuestas. Cada cuestión se puntúa sobre 10 puntos. La calificación final se obtiene de dividir el total entre 4. Se valorará la corrección y la claridad en el lenguaje (matemático o no matemático) uti-lizado por el alumno. Penalizan los errores de cálculo. Los errores graves, y especial-mente, aquellos que lleven a resultados incoherentes o absurdos, serán penalizados con la aplicación del 50 % sobre la calificación en cuestión. Se valorarán todas las partes que sean correctas, aunque el resultado final no lo sea.

OPCIÓN A

1º) Demuestra que las matrices X reales, 2x2, tales que X · XT = I son precisamente las que tienen la forma 

  

 −

x y

y x

o bien    

 

x y

y x

, con x2 + y2 =1.

(XT indica la matriz traspuesta de X e I indica la matriz identidad).

---

Siendo 

  

 −

=

x y

y x

X , su traspuesta es    

  − =

x y

y x

XT . Siendo x2 + y2 =1:

.) . . ( ·

1 0

0 1 ·

· 2 2

2 2

d q c I X X x

y xy xy

xy xy y x x y

y x x

y y x I

X

X T T =

     

=

    

  

+ −

− +

=

   

 

   

 −

= .

Siendo 

  

 

− =

x y

y x

X , su traspuesta es    

 

− =

x y

y x

XT . Siendo x2 + y2 =1:

.) . . ( ·

1 0

0 1 ·

· 2 2

2 2

d q c I X X x

y xy xy

xy xy y x x y

y x x y

y x I

X

X T T =

    

=

    

  

+ −

− +

=

   

 

   

 

= .

(2)

2º) Estudia la posición relativa de los siguientes planos, según los valores de m:

1

1 ≡x+ y=

π , π2 ≡my+z=0 y π3 ≡x+

(

1+m

)

y+mz=m+1.

---

Siendo M y M’ las matrices de coeficientes y ampliada, respectivamente, que de-terminan los tres planos, según sus rangos, pueden presentarse los seis siguientes casos:

Rango M = Rango M’ = 3 → S. C. D. → Los tres planos se cortan en un punto.

Rango M = Rango M’ = 2 → S. C. I. → Los tres planos se cortan en una recta.

Rango M = Rango M’ = 1 → S. C. I. → Los tres planos son coincidentes.

Rango M = 2 ;; Rango M’ = 3 → S. I. → Dos planos paralelos cortados por el 3º.

Rango M = 1 ;; Rango M’ = 3 → S. I. → Los tres planos son paralelos.

Rango M = 1 ;; Rango M’ = 2 → S. I. → Dos planos coincidentes y secantes al 3º.

Las matrices de coeficientes y ampliada son las siguientes:

  

 

  

 

+ +

=

  

 

  

 

+ =

1 0 1

1 1

1 0

0 1 1

'

1 1

1 0

0 1 1

m m m m M

y m m m

M .

(

)

(

)

1 ;

; 0

0 1 1

1 1

1 1

1

1 0

0 1 1

2 1

2 2

2

= =

⇒ = − = − = − − + = + − + = +

= ⇒

m m

m m m m m m

m m

m m m M

M Rango

.

Para m = 0 es

{

}

' 2

1 0 1

0 1 1

1 0 0

0 1 1

' ⇒ 1 = 2 = 4 ⇒ = =

  

 

  

 

= C C C Rango M Rango M

M

Para m = 0 los tres planos se cortan en una recta.

Para m = 1 es ⇒ ⇒

{

}

  

 

  

 

= ' 1, 2, 4

2 0 1

1 2 1

1 1 0

0 1 1

' Rango M C C C

M

3 ' 0

1 1 2

2 2 1

0 1 0

1 1 1

=

≠ = − =

(3)

Para m = 1 son dos planos paralelos y cortados por el tercero.

(4)

3º) Se considera la función

( )

2

1 x x x

f = + + . Se pide:

a ) Determinar los extremos relativos.

b ) Calcular f

( )

x x

lím +∞

→ , x f

( )

x lím

−∞

→ , x f

( )

x lím

'

+∞

→ y x f

( )

x lím ' −∞ → . --- a )

Para que una función tenga extremos relativos es necesario que se anule su prime-ra derivada:

( )

2 1 ; ; 0 1 2 0 1 2 1 2 '

2 + = =−

= + +

+

= x x

x x x x

f .

Para diferenciar si se trata de un mínimo o un máximo relativo hay que recurrir a la segunda derivada:

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

f

( )

x

x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x f ' ' 1 1 · 4 3 1 1 1 4 4 4 4 4 · 4 1 1 1 2 1 4 4 4 4 4 · 2 1 1 1 2 1 2 1 4 · 2 1 1 1 2 1 2 · 1 2 1 · 2 · 2 1 ' ' 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = + + + + = + + + + − − − + + = + + + + + + − + + = = + + + + + − + + = + + + + + + − + + =

( )

2 1 0 2 3 4 3 4 3 · 4 3 4 1 2 1 1 4 1 2 1 1 · 4 3 '

' 21 = = > ⇒ =−

      + − + − =

Mínimo relativo para x

f .

( )

       − ⇒ = = + − = − 2 3 , 2 1 : 2 3 4 3 4 1 2 1 1 2

1 Mínimo relativo P

f . b )

( )

= ∞

(

+ +

)

= ∞ =∞      + + +∞ → = + + +∞ → = +∞

→ 1 0 0 1

1 1

1 2 2 2

x x x x lím x x x lím x f x lím .

( )

 = ∞

(

− +

)

= ∞ =∞      + + −∞ → = + + −∞ → = −∞

→ 1 0 0 1

1 1

1 2 2 2

x x x x lím x x x lím x f x lím .

( )

= + + + = + + + +∞ → ⇒ ⇒ ∞ ∞ = + + + +∞ → = +∞

→ 2 0 0 1

(5)

1 2 2 1 · 2

2

= = =

( )

=

+ − − =

+ + + −∞

→ ⇒ ⇒

∞ ∞ − = + +

+ −∞

→ = −∞

→ 2 0 0 1

0 2 1

1 1 2

1 2 .

det 1

2

1 2 '

2 2

x x

x x

lím In

x x x x

lím x

f x

lím

1 2 2 1 · 2

2 = =

=

(6)

4º) Utilizando los teoremas de Bolzano y Rolle, demostrar que la ecuación x

x sen x

x2 = +cos tiene exactamente dos soluciones en el intervalo

[

−π, π

]

. ---

Considerando la función f

( )

x =x2 −xsen x−cos x, que es continua y derivable en R por ser suma algebraica de funciones continuas y derivables en R.

Teniendo en cuenta que sen

( )

x =−sen x y que cos

( )

x =cos x, la función f(x) es simétrica con respecto al eje de ordenadas, por ser f(-x) = f(x), como se prueba a conti-nuación:

( ) ( ) ( )

x x 2 x sen

( )

x cos

( )

x x2 xsen x cos x f

( )

x , c.q.p.

f − = − − − − − − = − − = .

Considerando que:

( ) ( ) ( )

−π = −π 2 − −π sen

( )

−π −cos

( )

−π =π2 +π · 0−

( )

−1 =π2 +1>0

f

( )

0 =02 −0sen 0−cos 0=0−π · 0· 0−1=−1<0

f .

Según el Teorema de Bolzano, en el intervalo (-π, 0) la función f(x) tiene, al me-nos, una raíz x = a, siendo -π < a < 0 y tal que f(a) = 0.

Vamos a demostrar ahora que la raíz es única.

Si la función tuviera al menos otra raíz real positiva en el intervalo considerado, b

x= , indicaría que f(b) = 0, con lo cual se podría aplicar a la función f(x) el Teorema de Rolle, teniendo en cuenta lo expresado en el primer párrafo.

Siendo b > a, tendría que existir un valor positivo c, tal que a < c < b, para el cual se anularía la derivada de la función, es decir: f'

( )

c =0, y esto, como vamos a demos-trar a continuación es imposible:

( )

(

)

(

2 cos

)

'

( ) (

2 cos

)

2 cos 0 0

(

, 0

)

cos 2

cos 2

cos · ·

1 2 '

π − ∉

=

≠ −

− =

− =

= −

= +

− −

= +

+ −

=

c c

c c

c c f x

x

x x x x sen x x x sen x x sen x x

x sen x

x f

( )

0,

(

, 0

)

' c ≠ ∀c∈ −π

f , lo cual contradice el Teorema de Rolle y, en consecuencia, demuestra que la función tiene una sola raíz en el intervalo

(

−π, 0

)

y, teniendo en cuan-ta la simetría de la función:

[

,

]

.

, ,

cos

2 = + −π π

en raíces dos

e exáctament tiene

x x

sen x x ecuación

La (c.q.d.)

(7)

OPCIÓN B

1º) Determinar el rango de la matriz real

          + = 2 1 2 1 1 1 1 a a a

A , según los valores de α.

Re-solver el sistema

          =           0 0 0 · z y x

A en el caso de α = 0.

---

(

+

)

+ + − −

(

+

)

− = + + − − − =

= +

= 2 3 2

4 2 4 4 2 1 2 1 4 2 1 2 1 1 1 1 a a a a a a a a a a a a A

(

)

2 ; ; 3 2 5 1 2 25 1 2 24 1 1 ; ; 0 6 ; ; 0 0 6 ; ; 0 6 3 2 2 1 2 2 3 = − = ⇒ ± − = ± − = = + ± − = = − + = ⇒ = − + − = + − − = a a a a a a a a a a a a 2 0 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1

0 ⇒ ≠ ⇒ =

          = ⇒

= A Rango A

a Para . 2 0 2 1 1 2 2 3 1 3 2 1 1 1 2

3 ⇒ − ≠ ⇒ =

          − − − = ⇒ −

= A Rango A

a Para . 2 0 2 1 1 3 2 2 1 2 2 1 1 1 3

2 ⇒ ≠ ⇒ =

          = ⇒

= A Rango A

a Para 2 2 0 3 ; ; 3 2 0 3 = ⇒           = = − = = ⇒           ≠ ≠ − ≠ A Rango a a a Para A Rango a a a Para

Para α = 0 el sistema resulta:

     = + + = + + = + + ⇒           =                     0 2 0 2 0 0 0 0 · 2 1 1 1 2 1 1 1 1 z y x z y x z y x z y x .

(8)

ecua-ción, por ejemplo la tercera, y parametrizando una de las incógnitas, por ejemplo, z=λ:

λ λ

λ λ

λ = =

   − = +

= − −    − = +

− = +

x y

y x

y x y

x y x

; ; 0 2

2 .

R z

y x

Solución ∀ ∈

    

= =

− =

λ λ

λ

0 :

(9)

2º) Sea r la intersección de los planos   

= + + + ≡

= + + + ≡

0 ' ' ' '

0

2 1

d z c y b x a

d cz by ax

π π

. Se considera la familia

de planos de la forma β ≡ax+by+cz+d+k

(

a'x+b'y+c'z+d'

)

=0, donde k es un paráme-tro real. Se pide:

a ) Demostrar que la recta r está contenida en todos los planos de la familia β.

b ) Calcular el plano de la familia γ ≡2xy+z+1+k

(

x+ y+z−2

)

=0 que se encuentre a una unidad de distancia del origen de coordenadas.

--- a )

La expresión de r por dos ecuaciones implícitas es   

= + + +

= + + + ≡

0 ' ' ' '

0

d z c y b x a

d cz by ax

r .

La familia de planos β ≡ax+by+cz+d+k

(

a'x+b'y+c'z+d'

)

=0 constituyen el haz de los infinitos planos que tienen en común, precisamente, a la recta , de donde se deduce, por definición, lo pedido:

β

planos de

familia la

en contenida está

r recta la R k∈ ∀

b )

La familia de planos γ ≡2xy+z+1+k

(

x+ y+z−2

)

=0 puede expresarse de la forma γ ≡

(

2+k

) (

x+ k−1

) (

y+ 1+k

) (

z+ 1−2k

)

=0.

La distancia del plano π ≡Ax+By+Cz+D=0 al origen de coordenadas viene dada

por la fórmula

(

)

2 2 2

,

C B A

D O

d

+ + =

π , que aplicada al caso que nos ocupa es:

(

)

(

) (

) (

)

(

) (

) (

) (

)

. 0 5 8 ;

; 4 5 4

; ; 2

1 1 2 4

4 4 4 1

; ; 1

1 2

2 1 ; ; 1 1

1 2

2 1 ,

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2

= − − +

= + − +

+ + + − + + + = + −

+ + − + + = −

= + + − + +

− =

k k k k

k k

k k

k k k k

k

k k

k k

k k

k

k O

d π

21 4 ;

; 21 4 21

4 2

21 2 8 2

84 8 2

20 64 8

2

1 = − = +

⇒ ±

= ±

= ± = + ±

= k k

k .

Los planos que cumplen la condición pedida son los siguientes:

(

4 21

)

(

2

)

0 2 1

(

4 21

)

(

2

)

0

1

2 2

1 ≡ xy+ z+ + − x+ y+z− = y γ ≡ xy+ z+ + + x+ y+z− =

γ

(10)

3º) Calcular los puntos de la curva 1 2 4

2 2

= + y x

en los cuales la pendiente de la recta

tan-gente es 1.

---

La pendiente de la recta es m = 1.

La curva puede expresarse de la forma: 2 2 2

4 · 2 1 ; ; 4

2y y x

x + = = − .

La pendiente a una curva en un punto es el valor de la derivada en ese punto.

(

4

)

16 4 ;; 5 16 ;; 4

; ; 4

2 ;

; 1 4

2 ; ; 1 4

2 2 ·

2 1

' 2 2 2 2 2

2

2 − = − = − = − = − =

− =

− −

= x x x x x x

x x x

x y

5 5 4 ;

; 5

5 4 5

5 4 5 4 5

16 ;

; 5 16

2 1

2 = =± =± =± =− =

x x

x

x .

Los puntos de tangencia son los siguientes:

= ± = ± = =

= − = =

+ =

+ ⇒      

= = +

5 2 5

2 ;

; 5 2 ;

; 5 1 5 4 1 2 ; ; 1 2 5 4 ; ; 1 2 4 5 16

5 16

1 2

4 2

2 2

2

2 2 2

y y

y y

y x

y x

5 10 ;

; 5 10 5

10

2

1 =− =

⇒ ±

= y y .

Teniendo en cuenta que la curva es una parábola simétrica con respecto a los ejes y al origen, los puntos de tangencia pertenecen a los cuadrantes segundo y cuarto; los puntos de tangencia son:

    

  

− 

   

   −

5 10 ,

5 5 4 5

10 , 5

5 4

Q y P

(11)

4º) Dada la función

( )

  

> = =

0 0 0

x si x L x

x si x

f

(

Lx=loge x

)

, se pide: a ) Estudiar la continuidad.

b ) Calcular el área de la región limitada por la curva y = f(x) y las rectas y = 0, x = k,

1

=

x , donde k es la abscisa del mínimo de la función. Hacer un dibuja de la región. ---

a )

La función es continua en su dominio, que es

[

0, +∞

)

, excepto para x = 0, cuya continuidad por la derecha es dudosa; se estudia a continuación.

Para que la función sea continua para x = 0 tiene que cumplirse que f

( )

x x

lím + →0

sea igual al valor de la función en ese punto, o sea:

( )

(0) 0

0 = =

→ + f x f x

lím

.

( )

(

)

( )

{

}

( )

0

0 0 0

1 1 0

' . det 1

0 .

det ·

0 0

0

2

2

= ⇒

= → − = →

− = − → ⇒

⇒ ⇒

⇒ ∞

∞ − = →

⇒ ⇒

∞ − = →

= → +

x en derecha la

por continua es

x f x

x lím x

x x

lím

x x x

lím

Hopital L

In x

x L x

lím In

x L x x

lím x

f x

lím

La función es continua en su dominio.

b )

Los puntos de corte de la función con el eje X son los siguientes:

( )

( )

   

→ =

→ =

=

0 , 1 1

0 , 0 0

0 ·

A x

O x

x L x

Vamos a determinar ahora el mínimo de la función, para lo cual consideremos la función f

( )

x =x·Lx.

( )

( )

( )

( )

( )

( )

  

 

− ⇒

⇒ − = − = =

⇒ > = = =

= −

= =

+ ⇒ = +

= +

=

− −

− −

e e B Mín e

e e L e e f

Mínimo e

e e f x x f

e x x

L x

L x

f x

L x x x L x

f

1 , 1 1

1 · 1 ·

0 1

' ' ; ; 1 '

'

; ; 1 ;

; 0 1 0

' ; ; 1 1

· ·

1 '

1 1

1

1 1

(12)

Teniendo en cuenta lo anterior y que la función en convexa

( )

∪ en su dominio, por ser la segunda derivada positiva para cualquier valor real de x perteneciente al do-mino, la representación gráfica, aproximada, de la función es la siguiente:

Como todas las ordenadas de la superficie que vamos a calcular son negativas, cambiamos los límites de integración:

(

)

(

)

(

)

(

)

S u

e e e

e L

e L e

x L x x

x L x dx

x x

L x

dx x x x x L A x

v dv dx x

du dx x u Lx dx

x L x A

e e

e

e e

= =

= − ≅

≅ − = + − =

  

  

=

   

 

− −

    

 

    

 

   

     

=

=

   

 

− =

   

 

− =

   

 

− =

=

   

 

− =

     

     

= → =

= →

=

=

2

2 2 2

2 2

2

1

1 2

1

1 2 2

1

1 2

1

1 2

2 2

1

1

15 ' 0 56 ' 29

39 ' 4 56 ' 29

3 39 ' 7

4 3 4

1 4

3 1

0 · 4 1 1 2 4

1 1

1 2 4 1 1 1 2 4 1

1 2 4 2

· 2 1 ·

2 ·

· 2 1 ·

2

· 1 · 2 2

·

2 · 1

· ·

********** Y

A

f(x)

1

-1

y = 0

O 2

3

2

X

B

1 3

e

x=1 x = 1

S

e

Figure

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