PRUEBA DE ACCESO (LOGSE) UNIVERSIDAD DE BALEARES JUNIO – 2013 (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

JUNIO – 2013

(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) a ) Dada la matriz    

 + −

=

a a a

A

1

1 2

, calcule los valores de α para los cuales la matriz A2 – A no tenga inversa.

b ) En el supuesto de α = 1, hallar todas las matrices X que satisfacen A · X + I = A, siendo I la matriz identidad.

--- a )

Una matriz no tiene inversa cuando el valor de su determinante es cero:

(

)

0 ;;

1 1

1 1 · 1

1 2 0

· ·

2 =

− − + −

+ ⇒ = − =

− =

a a a a a a

I A A I A A A A

(

a2 +2aa+1

)(

a2−1−a+1

)

=0 ;;

(

a2+a+1

)(

a2−a

)

=0.

Por ser a2+a+1≠0, ∀aR, tiene que ser

(

a2−a

)

=0 ;; a

(

a−1

)

=0 ⇒ a1=0 ;; a2 =1.

Soluciones:

1 0

2− = =−

a para y a para inversa tiene

no A A

b )

Para α = 1 es       =

1 1

0 3

A .

I A X A A I X

A· + = ;; · = − . Multiplicando por la izquierda por A-1:

(

A I

)

I X A

(

A I

)

X A

(

A I

)

A X A

(2)

La inversa de A se hace por el método de Gauss-Jordan:

( )

{

}

 ⇒

{

}

  

   ⇒ ↔

⇒     

  

= 1 1 2 2 3 1

0 1

1 0 0 3

1 1 1

0 0 1 1 1

0 3

/I F F F F F

A

{

}

{

}

 ⇒

  

  

− ⇒

− → ⇒

    

  

− ⇒

− → ⇒

    

  

− −

1 0 1

0 0 1 1

1 0 1 0

1 1 3

1 1 0 3 0

1 1

3 1 3 1 2

1 1 3

1 2

3 1

2 F F F F

F

   

  − =

⇒ −

1 0

3 1 3 1 1

A .

(

)



     =          

  − =    

 

      −          

  − = − = −

0 0

0 1

0 2 · 1 0

1 0

0 1 1 1

0 3 · 1 0 ·

3 1 3 2

3 1 3 1

3 1 3 1 1

I A A

X .

(3)

2º) a ) Discuta para que valores de α y b para que el sistema

(

)

(

)

     = − + − = − + = − + + b z a ay b az y ax az y a ax 1 2 1 1 2 es compatible.

b ) Resuélvalo en el caso (o casos) en que sea compatible indeterminado.

--- a )

Las matrices de coeficientes y ampliada son:

          − − − − + =           − − − + = b b a a a a a a a M a a a a a a a M 2 1 1 0 1 1 2 ' ; ; 1 0 1 1 2 .

(

1

)

(

1

)(

2 1

)

0 ;; 1 0 1 1 2 3

3+ − − + =

− − = − − − +

= a a a a a a a

a a a a a a a M

(

+ − −

)

= − − − + + = − =

(

)

= ⇒ −

a2 a 2a 1 2a2 a 0 ;; a a2 2a2 a 2a3 a2 0 ;; 2a3 2a2 0 ;; 2a2 a 1 0

a 1 ; ; 0 3 2

1= = =

a a a .

ado er Compatible incóg n M Rango M Rango a a

Para ' 3 º . det min

1 0 ⇒ = = = ⇒       ≠ ≠

(para cualquier valor real de b)

= − − = − ⇒ ⇒           − = ⇒ = b b b M de Rango b b M a Para 2 1 1 1 1 0 2 0 1 1 0 1 ' 2 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 ' 0 2 1 0 1 2 2 1 1 1 − = ⇒ = + = −

= b b

b . ado er in Compatible incóg n M Rango M Rango b a

Para 0 ' 2 º . det min

2

1 ⇒ = = < ⇒

      − = = le Incompatib M Rango M Rango b a

Para ⇒ = = ⇒

      − ≠ = 3 ' ; ; 2 0 2 1           − − − = ⇒ = b b M a Para 2 1 0 1 0 1 1 1 1 3 1 '

(4)

{

}

1 2 3 1 0 ' 3 1

0

2 1 1

1 3 1 ,

, 2 4

1 ⇒ − =b+ + bb= ≠ ⇒ Rango M = b

b C

C

C .

le Incompatib M

Rango M

Rango R

b a

Para ⇒ = = ⇒

     

∈ =

3 ' ;

; 2 1

b )

Resolvemos para α = 0 y

2 1 − =

b el sistema es

    

− = = =

2 1

1 1

z y y

R z

y x

Solución ∀ ∈

    

− =

= =

λ λ

2 1

1 :

(5)

3º) Considere la función

( )

x x sen x

f

cos

2 1+

= .

a ) Verifique que f

( ) ( )

0 = f π =0.

b ) Compruebe que la ecuación f'

( )

x =0 no tiene ninguna solución en el intervalo (0, π). c ) Explique porqué no es posible aplicar el teorema de Rolle en este caso.

--- a )

( )

( )

( ) ( )

0 0 0

1 0 cos

0 1 0 0 cos

0 0

2 1 2

1

2 1 2

1

= =

       

= − = +

=

= + = +

=

π

π π π

f f sen

f

sen f

, como debíamos verificar.

b )

( )

(

(

)

)

(

)

(

)

(

)

2

2 1 2 1 2

2 1

2 2

2 1 2

2 1 2 1

cos 1 cos cos

cos cos

cos · cos

· cos '

x x x

x sen x x

x

x sen x

sen x x

x f

+ + =

+

+ +

= +

− −

+

= .

( )

(

)

x x x x R

x x x

f = + = + = =− ⇒ ∉

+ + ⇒

= 0 ;; cos 1 0 ;; cos 2 0 ;; cos 2

cos 1 cos 0

' 21

2 2

1 2 1

.

f’(x) = 0 no tiene solución en el intervalo (0, π) ni en ningún otro intervalo real.

c )

El teorema de Rolle dice que “si f(x) es una función continua en el intervalo [α, b] y derivable en (α, b) y si se cumple que f(α) = f(b), existe al menos un punto c

( )

a,b tal que f’(x) = 0”.

No es posible aplicar el teorema de Rolle a la función

( )

x x sen x

f

cos

2 1+

= en el

inter-valo (0, π) porque f(x) no está definida para

4 3 º 120 = π =

x que es un valor del intervalo dado.

(6)

4º) Dibuje el recinto limitado por las curvas

( )

x x

y1 =1 , y2

( )

x =4x e

( )

4

3

x x

y = , para los

valores positivos de x. Calcule el área de este recinto. ---

Los puntos de corte de

( )

x x

y1 =1 con las otras dos funciones en el primer

cuadran-te son los siguiencuadran-tes:

( )

( )



    ⇒ = ⇒ = =

= ⇒    

= =

2 , 2 1 2

1 4

1 ;

; 1 4 ; ; 4 1

4 1

2 2

2 1

A x

x x

x x x

x y

x x y

.

( )

( )



    ⇒ = ⇒ = =

⇒    

= =

2 1 , 2 2

4 ;

; 4 1

4 / 1

2

2 1

B x

x x x x

x y

x x y

.

La representación gráfica de la situación es, aproximadamente, la siguiente:

De la observación de la figura se deduce el área a calcular, que es la siguiente:

( )

( )

[

]

[

( )

( )

]

 =

  

 

− +    

 

− =

− +

=

2

2 1 2

1

0 2

2 1

3 1

2 1

0

3

2 ·

4 1 ·

4 4 ·

· x dx

x dx x x dx

x y x y dx x y x y S

( )

=

  

 

− −    

 

− +    

 

− =

   

 

− +    

 

− =

8 2 / 1 2 1 8

2 2 8

2 8

8 2

4 2 2 2

1

0 2 2 2

2 1 2 2

1

0 2 2

L L

x x x

x L x

x

X

O 1

A Y

S

( )

x x

y1 =1

B 1

2 2

3 4 5

3 4 5

2 1

( )

x x y2 =4

( )

4

3

x x

(7)

( )

2 2

32 1 2 0 2 1 2 32

1 2 1 32

1 2 1 2 1 2 8

2 / 1 2 1 · 2

2 2

L L

L L

L

L − − + + = − + − − + + =

+ −

     

= .

2 39 ' 1

4 u

L

S = ≅ .

(8)

OPCIÓN B

1º) Dados el punto P(1, 1, 1) y el plano π ≡xy+z=5:

a ) Calcule unas ecuaciones continuas de la recta r perpendicular al plano π que pasa por el punto P.

b ) Calcule el punto simétrico del punto P con respecto al plano π. ---

a )

Un vector normal al plano π es n =

(

1,1,1

)

.

La expresión por unas ecuaciones continuas de la recta r que pasa por el punto P y es perpendicular al plano π es la siguiente:

1 1 1

1 1

1 =

− − = −

x y z

r

b )

El punto M, intersección del plano π con la recta r, tiene que satisfacer las ecua-ciones de ambos, por lo cual:

(

1

) (

1

) (

1

)

5 0 ;; 1 1 1 5 0 ;; 1

1 1

0 5

= − + + + − + =

− + + − − + ⇒       

    

+ =

− =

+ = ≡

= − + − ≡

λ λ λ λ

λ λ

λ λ λ π

z y x r

z y x

   

 −

  

   

 

  

   

 

= + =

− = − =

= + =

⇒ = =

3 7 , 3

1 , 3 7

3 7 3 4 1

3 1 3 4 1

3 7 3 4 1

3 4 ; ; 0 4

3 M

z y x

λ

λ .

Para que P’ sea el punto simétrico de P con respecto a π , tiene que cumplirse lo si-π

P(1, 1, 1)

P’(x, y, z) M

(9)

guiente:

(

) (

)

;;

3 7 , 3

1 , 3 7 ,

, 1 , 1 , 1 3 7 , 3

1 , 3 7 ; ; '

' 

  

 −

− =

−    

 −

− = − ⇒

=MP M P P M x y z

PM

   

 

− ⇒

    

     

 

    

     

 

= → = −

− = → − = +

= → = −

⇒    

 

− + −

=    

 

3 11 , 3 5 , 3 11 '

3 11 3

4 3 7

3 5 3

4 3 1

3 11 3

4 3 7

3 7 , 3 1 , 3 7 3

4 , 3 4 , 3 4

P

z z

y y

x x

z y

x .

(10)

2º) a ) Discuta para que valores de α el sistema

(

) (

)

(

)

     = − + + = + = − + + + 0 1 3 0 1 1 2 z a ay ax a az ax z a y a ax es compatible.

b ) Resuélvalo en el caso (o casos) en que sea compatible indeterminado.

--- a )

Las matrices de coeficientes y ampliada son:

          − − + =           − − + = 0 0 1 0 3 1 1 2 ' 1 0 3 1 1 2 a a a a a a a a a M y a a a a a a a a M .

El rango de la matriz de coeficientes en función de α es el siguiente:

(

1

)

(

2 1

)

3

(

2 1

)(

1

)

0 ;; 3 1 0 3 1 1 2 3 2

2 − + + − − + − =

= − − +

= a a a a a a a a

a a a a a a a a M

(

2 2 1

)

0 ;; 4 2 3

(

2 1

)

0 ;;

3 2

3

3 2− 3+ 3+ 2− 3− − 2 + − = 2− 3− − 2 + + =

a a a a a a a a a a a a a a

(

4 3

)

0 ;; 0 ;; 4 3 0 ;;

; ; 0 3 4 ; ; 0 3 3 6 2

4 1 2

2 2 3 2 3 3

2− + − − = + − = + − = = + − =

a a a a a a a a a a a a a a 4 3 ; ; 1 8 7 1 8 49 1 8 48 1 1 3 2 =− =

⇒ ± − = ± − = + ± −

= a a

a . ado er Compatible incóg n M Rango M Rango a a a

Para 1 ' 3 º . det min

0 4 3 ⇒ = = = ⇒           ≠ − ≠ ≠ 2 ' 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 '

0 ⇒ =

          = ⇒

= M Rango de M

a

Para .

{

}

' 2

0 1 0 2 1 1 1 0 3 2 1 1 '

1 ⇒ 1 = 3 ⇒ =

          − − − − − − − = ⇒ −

= M F F Rango de M

a Para ado er in Compatible incóg n M Rango M Rango a a

Para ' 2 º . det min

(11)

⇒   

 

  

  = ⇒ =

0 0 0 '

4 3

4 3

4 1 4 3 4 3

4 3 4

9

4 1 4 10 4 3

M a

Para A efectos de rango la matriz M’ es

equivalen-te a la matriz ⇒ ⇒

{

}

⇒ = − − =

  

 

  

 

= 30 9 30

1 3 3

1 0 3

0 10 3 ,

, ''

0 1 0

1 3 3

1 0 3

1 10 3

'' Rango M C1 C2 C4

M

3 ' 0

9≠ ⇒ =

= Rango M .

le Incompatib M

Rango M

Rango a

Para = ⇒ =2 ;; '=3 ⇒ 4

3

b )

Resolvemos en los casos de α = 0 y α = -1.

Para α = 0 el sistema es

    

= = +

= +

0 0 0 0

0

z z y

, equivalente al sistema

   = = +

0 0

z z y

, que es

com-patible indeterminado.

R z

y x

Solucíón ∀ ∈

    

= = =

λ λ

, 0 0

: .

Para α = -1 el sistema es

    

= + − −

− = − −

= + − −

0 2

1 3

0 2

z y x

z x

z y x

, equivalente al sistema

   = +

= − +

1 3

0 2

z x

z y x

,

que es compatible indeterminado.

Haciendo x=λ: z y z y

z x

z y

= − = − + − = + − = −

= ⇒    = +

− = −

λ λ

λ λ

λ λ

7 2 6 2 2

; ; 3 1 1

3 2

.

R z

y x

Solucíón ∀ ∈

    

− =

− = =

λ λ

λ λ

, 3 1

7 2 :

(12)

3º) Sea la función

( )

1 1

2 2

+ + + =

x x x x

f :

a ) Calcule las asíntotas de la función f(x). b ) Calcule los extremos de la función f(x).

--- a )

Horizontales: son los valores finitos que toma la función cuando x tiende a valer infinito; son de la forma y = k.

( )

= ⇒

+ + + ∞ → = ∞ → =

= 1

1 1

2 2

x x x x

lím x

f x

lím k

y La recta y = 1 es asíntota horizontal.

Verticales: son los valores de x que anulan el denominador.

⇒ ∉ =

+ x R

x2 1 0 ;; No tiene asíntotas verticales.

Oblicuas: para que una función racional tenga asíntotas oblicuas es necesario que el grado del numerador sea una unidad mayor que el grado del denominador.

f(x) no tiene asíntotas oblicuas.

b )

Una función tiene un extremo relativo para los valores que anulan la primera de-rivada:

( ) (

)

(

) (

)

(

)

(

)

(

2

)

2

2 2

2

2 3 2

3 2

2 2 2

1 1

1

2 2 2 1 2

2

1

2 · 1 1

1 2 '

+ − = +

− − − + + + = +

+ + − + + =

x x

x

x x x x

x x

x

x x

x x

x x

f .

( )

(

)

0 ;;1 0 ;; 1 1;; 1

1 1 0

' 2 2 2 1 2

2 2

= −

= ⇒ = =

− =

+ − ⇒

= x x x x

x x x

f .

Para diferenciar los máximos de los mínimos se recurre a la segunda derivada; si es positiva para los valores que anulan la primera, se trata de un mínimo y, si es negati-va, de un máximo.

( )

(

) (

) (

)

(

)

(

(

)

+

)

(

)

=

− −

+ −

= +

+ −

− + −

= 3

2

2 2

4 2

2 2

2 2

1 1 · 4 1 ·

2

1

2 · 1 · 2 · 1 1 · 2 ''

x

x x x

x

x

x x

x x

x x

f

(

)

(

)

(

(

)

)

f

( )

x

x x x

x x x

x

x x x x

'' 1

3 ·

2

1 6 2

1 4 4 2 2

3 2

2 3

2 3 3

2

3 3

= +

− =

+ − = +

+ − − −

(13)

( )

( )

( )

= > ⇒ +

− − =

− 0

8 4 1

1 3 1 · 2 1

'' 3

f Mínimo relativo para x = -1.

( )

  

 

= +

+ − = −

2 1 , 1 : 2

1 1 1

1 1 1

1 Mínimo A

f .

( )

( )

( )

=− < ⇒ +

= 0

8 4 1

1 3 1 · 2 1

'' 3

f Máximo relativo para x = 1.

( )

     ⇒

= +

+ + =

2 3 , 1 : 2

3 1 1

1 1 1

1 Máxmo B

f .

(14)

4º) Calcule la siguiente integral indefinida:

+ − = dx x x x I · 6 5 2 3 . --- 3

x x2−5x+6

3

x

− 2

5x

+ −6x x+5

0 2

5x

+ −6x 2

5x

− +25x −30 0 +19x −30

La división nos permita expresar la fracción de la integral de la forma siguiente:

6 5 30 19 5 6 5 2 2 3 + − − + + = +

x x

x x

x x

x

, con lo que la integral sería:

(

)

= + − − + + =       + − − + + = + −

=

dx

x x x dx x dx x x x x dx x x x I · 6 5 30 19 · 5 · 6 5 30 19 5 · 6

5 2 2

2 3 I I x x = + + = 1 2 5

2 . (*)

Para resolver la integral I1 descomponemos factorialmente el denominador:

(

2

)(

3

)

6 5 3 2 2 1 5 2 24 25 5 ; ; 0 6 5 2 2 1

2 − + = − −

    = = ⇒ ± = − ± = = +

x x x x

x x x x x .

(

)(

)

(

)(

)

= − + − =       − + − = − − − = + − −

=

dx

x x B Bx A Ax dx x B x A dx x x x dx x x x I · 3 2 2 3 · 3 2 · 3 2 30 19 · 6 5 30 19 2 1

(

) (

)

= =    = + − = − −    = + = + ⇒ + − + − +

=

8 ;; 27

30 2 3 38 2 2 ; ; 30 2 3 19 · 6 5 2 3

2 A B

B A B A B A B A dx x x B A x B A 1

1 · 8 2 27 3

3 27 2 8 I x L x L dx x x

I  =− − + − =

     − + − − = ⇒

.

Sustituyendo el valor de I1 en la expresión (*), queda finalmente:

C x L x L x x

I = +5 −8 −2 +27 −3 +

2

2

Figure

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