I
I..EE..SS..““CCAASSTTEELLAARR””BBAADDAAJJOOZZ
A. Menguiano PRUEBA DE ACCESO (LOGSE)
UNIVERSIDAD DE BALEARES SEPTIEMBRE - 2005
(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.
OPCIÓN A
1º) Estudiar el sistema
(
)
+ = + +
++ =
= +
1 1
0 1
m mz y m x
z my
y x
, según los valores de m y resolverlo para m = -1.
---
Las matrices de coeficientes y ampliadas del sistema 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)
1 1(
1)
0 0 ;; 11 1
1
1 0
0 1 1
2 1
2
2 + − + = + − − = − = ⇒ = =
= +
= m m m m m m m m
m m
m M
ado Deter
Compatible incóg
n M
Rango M
Rango m
m
Para ' 3 º . min
1
0 ⇒ = = = ⇒
≠ ≠
Veamos el rango de M’ para los valores hallados anteriormente:
{
}
' 21 1 1
0 1 1
1 0 0
0 1 1 '
0 ⇒ 2 = 2 ⇒ =
=
⇒
= M C C Rango M
m Para
ado er
In Compatible incóg
n M
Rango M
Rango m
⇒ ⇒
=
⇒
= '
2 0 1
1 2 1
1 1 0
0 1 1
'
1 M Rango de M
m Para
{
}
2 1 1 0 ' 32 2 1
0 1 0
1 1 1 ,
, 2 4
1 ⇒ = − = ≠ ⇒ =
⇒ C C C Rango M
le Incompatib M
Rango M
Rango m
Para =1 ⇒ ≠ ' ⇒
Resolvemos para m = -1 (C. D.). Es sistema resulta
=
−+ =
−+ =
0 0 1
z x
z y
y x
.
De la primera ecuación: x=1− y. Sustituyendo en las otras ecuaciones:
x x
z y z
y y
y z
y z y z
y z y
= = − =
= = =
+ − =
− = −
⇒
− = −
− + =
−
= −
− + =
−
2 1 2 1 1
; ; 2 1 ;
; 0 ;
; 2 1 ;
; 1 2
1 0 0
1
0
2 1 : x = y = z = Solución
2º) Encontrar la ecuación de la recta p que corta perpendicularmente a las rectas r y s cuyas ecuaciones son r ≡ x= y = z y s ≡ x = y+1=2z−2.
---
La situación del problema se refleja en el gráfico anterior.
El procedimiento para hallar la ecuación de la recta p es el siguiente: 1.- Determinamos los puntos A∈r y B∈s: A(0, 0, 0) y B(0, -1, 1).
2.- Hallamos unos vectores directores de las rectas: vr =
(
1, 1, 1)
y vs =(
2, 2, 1)
. 3.- Obtenemos un vector w , perpendicular a vr y vs :(
1, 1, 0)
2 2 2 2
1 2 2
1 1
1 = + + − − − ⇒ = −
= ∧
= i j k k i j w
k j i v v
w r s
4.- Determinamos los planos π1 y π2, de la forma siguiente:
(
)
0 ;; ;; 2 00 1 1
1 1 1 ,
; 1
1 = − + + − ≡ + − =
−
≡ y z z x x y z
z y x w
v
A r π
π
(
)
(
) (
) (
)
0 5 4 ;
; 0 5 4 ;
; 0 2
2 1 2
2
; ; 0 1
2 1 1
2 ; ; 0 0 1
1
1 2
2
1 1
, ;
2 2
= + − + ≡ =
− + − − =
− − + − − −
= − − + + − − =
−
− +
≡
z y x z
y x x
z y
z
x z
y z
z y
x w v
B s
π
π r r
r
s
B A
vr
vs
w
p π2
1
La recta pedida p, es la que determinan los planos π1 y π2 en su intersección:
= + −
+ − =
+ ≡
0 5 4
0 2
z y x
z y x p
3º) Se considera la función
( )
nx x L x
f = , donde n es un número natural. Se pide:
a ) Hallar los extremos relativos de la función f(x).
b ) Calcular ( ) ( )
0 x f x
lím y x f x lím +∞ → → .
c ) Hacer una gráfica de la función en el caso de n = 2. ---
a )
( )
(
)
f( )
xx x L n x x L n x x L n x x x n x L x x x
f n n n n
n n n n ' 1 1 1 · · · 1
' 2 2 1 1
1 2 1 = − = − = − = − = − − + + −
( )
(
) (
)
[
(
)(
)
]
(
)
(
)
( )
x f x n x L n x x L n x L n n n x x L n x L n n n x n x L n n x x x n x L n x x n x f n n n n n n n n ' ' 1 1 · 1 1 1 1 · 1 · 1 · ' ' 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 = − + = + + − − − = − − + − − = = + − − − = + − − − = + + + + + +( )
nn x e
n x L x L n x L n x x L n x
f' =0⇒1− +1 =0 ;; 1− =0 ;; 1= ;; = 1 ;; =
( )
( )
(
)
(
)
nn n n n n n n e x para Mínimo e e n e n e n e n n n e
f = + − = = > ⇒ =
− + = + + + 0 1 1 · 1 1 1 · 1 · ' ' 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( )
⇒ ⇒ = = ne e P Mínimo ne e n e f n n n n 1 , 1 1 b ) ∞ + = = = = → = → ⇒ ⇒ ⇒ ∞ − = → = → − 0 1 0 · 1 · 1 0 · 1 0 ' . det 0 0 ) ( 0 1 n n n n n n x n x lím x n x x lím Hopital L In x x L x lím x f x lím = +∞ → ⇒ ⇒ ⇒ ∞ ∞ = +∞ → = +∞→ −1
· 1 ' . det )
( n n
0 1 ·
1 ·
1 =
∞ = ∞ = +∞
→
= n n
n x n x
lím
c )
Para n = 2 la función es
( )
2x x L x
f = .
El punto mínimo es
e e P
2 1
, y el eje de ordenadas es una asíntota de la fun-ción en su parte positiva.
El dominio de la función es D
( ) (
f ⇒ 0, +∞)
.Para x = 1 se anula la función, lo cual indica que pasa por A(1, 0).
Para x = 2 el valor de la segunda derivada es ''
( )
6 6 1x x L x
f = − que se anula para 18
' 1 ;
; 6 1 ;
; 0 1
6 − = = =6 ≅
e x x
L x
L .
( )
(
1'18, 0'12)
6 , .
. 12
' 0 6 ·
6 1 6
1
3 2 6
3 2 3
6 2 ≡
⇒ ⇒
≡ =
= =
e e e Q I
P e
e e e
e f n
La representación gráfica, aproximada, de la función es la siguiente:
********** Y
X y = f(x)
1 O
4º) Enunciar el Teorema de Rolle. Demostrar que la función f
( )
x = x3 −x+a cumple las hipótesis del teorema en el intervalo [0, 1] cualquiera que sea el valor de a. Determi-nar el punto en el cual se cumple la tesis.---
El teorema de Rolle se puede enunciar diciendo:
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’(x) = 0.La función f
( )
x = x3 −x+aes continua y derivable en todo su dominio, que es R, independientemente del valor de a, por lo tanto, es aplicable el Teorema de Rolle en el intervalo
[ ]
0, 1 .Aplicando el Teorema:
( )
( )
( )
1 1 1( )
0( )
1, , . . . 03 3
d q c R a f
f a
a f
a f
a x x x
f ⇒ = ∀ ∈
= + − =
=
⇒
+ − =
Vamos a determinar el punto que satisface el teorema.
( )
( )
3 3 ;
; 3
3 ;
; 3 1 ;
; 1 3 0 1 3
' 1 2
2 2
2
3 − + ⇒ = − = ⇒ = = = =−
= x x a f x x x x x x
x f
Como el valor de x2 no pertenece al intervalo dado, la solución es:
(
0 1)
3
3 < <
= c
c
OPCIÓN B
1º) Una matriz cuadrada se llama ortogonal si su inversa coincide con su traspuesta. Se pide:
a ) Demostrar que una matriz de la forma R sen
sen
M ∈
− = α α α α α , cos cos
, es ortogonal.
b ) Calcular x e y de manera que la matriz
= y x A 0 0 1 0 0 0 1 sea ortogonal. --- a )
La matriz inversa de M es la siguiente:
− = = + = − = α α α α α α α α cos cos ; ; 1 cos cos
cos 2 2
sen sen M x sen x sen sen M T
Por ser M =1, la matriz adjunta de T
M coincide con su inversa, por lo cual:
( )
, . . . cos cos . 1 d q c M sen sen M AdjM T = T
− = = − α α α α b ) ; ; ; ; 0 0 1 0 0 0 1 y A y x
AT =
=
( )
− − − − = 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 x y y x x y y x M Adj T( )
= = − y y x T A x y y M Adj 1 1 0 0 1 0 0 0 1 ; ; 1 0 0 0 0 0 1 ; ; 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 11 ⇒ = =
2º) Estudiar, según los valores de k, la posición relativa de los planos de ecuaciones
(
2)
(
2 1)
11 ≡ k− x+ y+ k + z=
π y π2 ≡2x+
(
k−1)
y−z =0. Encontrar la ecuación conti-nua de la recta r, intersección de los planos π1 y π2 en el caso de k = -1.---
Los vectores normales de los planos son los siguientes:
(
2, 1, 2 1)
2(
2, 1, 1)
1 = k− k+ y n = k− −
n
Para que los planos sean paralelos tienen que ser paralelos los vectores normales:
= = + = + − − + = − = = ⇒ = − = + − − − = − ⇒ − + = − = − 0 ; ; 5 0 ; ; 2 4 2 ; ; 1 1 2 2 2 3 0 0 3 ; ; 2 2 2 ; ; 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 2 2 2 k k k k k k k k k k k k k k k k k k
Para k = 0 resultan los planos π1 ≡−2x+ y+z=1 y π2 ≡2x− y−z =0, que no
son coincidentes, por lo tanto:
Los planos son paralelos para k = 0
Los planos son perpendiculares cuando lo son sus vectores normales. Dos vecto-res son perpendiculavecto-res cuando su producto escalar es cero.
(
) (
)
6 ; ; 0 6 ; ; 0 1 2 1 4 2 ; ; 0 1 , 1 , 2 · 1 2 , 1 , 2 0 · 2 1 = = − = − − − + − = − − + − ⇒ = k k k k k k k k n nPara k = 6 los planos son perpendiculares. . 0 ,
secantes ∀k∈R k ≠
son planos Los
Para k = -1 los planos son π1 ≡−3x+ y−z =1 y π2 ≡2x−2y−z =0 y la
expre-sión de la recta por don ecuaciones implícitas es: = − − + − = − ≡ 0 2 2 0 1 3 z y x z y x r
La expresión continua de r es como sigue:
Un vector director de r puede ser v =
(
3, 5, −4)
y un punto es
−
3 2 , 3 1 , 0
P .
La ecuación continua de r es:
4 3 2
5 3 1
3 0
− − = + =
− y z
x
. Operando y simplificando:
12 2 3 15
1 3 3 ; ; 4 3
2 3
5 3
1 3
3 −
− = + = −
− = +
= x y z
z y
x
4 2 3 5
1 3
− − = + =
≡x y z
r
3º) Se considera la función
( )
x e x x f 2= . Se pide:
a ) Hallar los extremos relativos de la función f(x).
b ) Calcular ( ) ( )
0 x f x
lím y x f x lím +∞ → → .
c ) Hacer una gráfica de la función.
--- a )
( )
( )
(
)
(
)
( )
( )
(
)
= = ⇒ = − ⇒ = = − = − = − = ⇒ = 2 0 0 2 0 ' ' 2 2 · · · 2 ' 2 1 2 2 2 2 x x x x x f x f e x x e x e x e e x e x x f e x xf x x
x x x x x
( ) (
)
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 4·2 2 2 0( )
2 2 4 0'54(
2,0'54)
'' 0 , 0 0 0 0 2 1 2 2 0 '' '' 2 4 2 2 2 · 2 · 2 2 '' 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 Máx e e f e e f Mín f Mínimo e f x f e x x e x x x e e x x e x x
f x x x
x x ⇒ ≅ = = ⇒ < − = + − = ⇒ = ⇒ ⇒ > = = = = + − = + − − = − − − =
Para que exista P. I. es condición necesaria que f ''
( )
x =0, pero no es suficiente; para que exista P. I. es necesario que f'''( )
x ≠0.( )
− = + = ⇒ ± = ± = ± = − ± = = + − ⇒ = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 8 4 2 8 16 4 ; ; 0 2 4 0 ' ' 2 1 2 x x x x x x f( ) (
)
(
)
( )
(
2 2)
0 . .(
2 2) (
2 2)
0'38 .(
3'41,0'38)
' ' ' ' ' ' 6 6 2 4 4 2 · 2 4 · 4 2 ' ' ' 2 2 2 2 2 2 2 I P e f I P f x f e x x e x x x e e x x e x x
f x x x
(
)
(
) (
)
(
)
(
2 2)
0 . .(
2 2) (
2 2)
0'24 .(
0'59, 0'24)
' ' '
38 ' 0 , 41 ' 3 . 38
' 0 2 2 2 2 .
. 0
2 2 ' ' '
2 2
2 2 2
2
I P e
f I
P f
I P e
f I
P f
⇒
≅ −
= −
⇒ ⇒
≠ −
⇒
≅ +
= +
⇒ ⇒
≠ +
− +
b )
( )
01 0 0 0
0 0
2
= = = →
=
→ e e
x x
lím x
f x
lím
x
( )
{
}
{
'}
2 2 0. det 2
' .
2
= ∞ = ∞ →
⇒ ⇒
⇒ ⇒
∞ ∞ = ∞ →
⇒ ⇒
⇒
∞ ∞ = +∞ → = +∞
→
x
x x
e x
lím Hopital
L
In e
x x
lím Hopital
L Ind
e x x
lím x
f x
lím
c )
La representación gráfica es, aproximadamente, la que sigue:
********** O
Máx f(x)
X Y
Mín
P. I. P. I.
4º) Hacer un dibujo de la región limitada por la curva y =sen x ·cos x y las rectas 0
2 3 ,
0 = =
= x e y
x π . Calcular su área.
---
Sabiendo que sen
( )
2α =2senα ·cosα , la función puede expresarse de la forma( )
x seny 2
2 1
= , lo cual la hace más fácil para su estudio.
Los puntos de corte con el eje de abscisas son:
( )
x sen( )
x x k x k P k k Zsen
y ∀ ∈
⇒ = + = = ⇒ =
= , 0 ,
2 2 ; ; 0 2 ; ; 0 2 0 2 2
1 π π π
La función está acotada superior e inferiormente siendo
( )
2 1≤ x
f .
Los máximos y mínimos (en este caso absolutos por estar la función acotada) son los siguientes:
( )
( )
( )
x x k(
k)
x(
k)
k Zy y x x y ∈ ∀ + = + = + = = ⇒ = = = = , 2 1 4 ; ; 2 1 2 2 2 ; ; 0 2 cos 0 ' ' 2 cos 2 cos 2 · 2 1 ' π π π π
( )
(
)
(
)
( )( ) sen sen sen y Máximos
···· ; 2 1 , 4 9 ; 2 1 , 4 5 ; 2 1 , 4 : − − − π π π R Q P Máximos
Los puntos de inflexión son para aquellos valores de x que anulan la segunda de-rivada.
( )
( )
, 2 , ····2 3 , , 2 , 0 ···· , 2 , , 0 2 ; ; 0 2 0 2 2 '
' = − sen x = ⇒ sen x = x= π π ⇒ x = π π π π y
( )
0 0 ;;( )
0 ;;( )
2 0 ····3
2 = =
= f π f π
f
(
)
, 0 ;(
, 0)
; ···· 2; 0 , 0
:O M π N π
Inflexión de Puntos
La representación gráfica es, aproximadamente, la siguiente:
El área pedida es la siguiente:
( )
( )
( )
[
( )
]
[
( )
]
[
( )
]
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
F F F F F F( ) ( ) ( )
F F F( )
S F x F x F x F dx x f dx x f dx x f S = − − + = − + − + − = = + + = + + =∫
∫
∫
π π π π π π π π π π π π π π π π π π 2 0 20 32
2 2 3 2 2 2 3 2 2 0 2 3 2 2 0
( )
( )
( )
( )
( )
2 ( ) cos 4 1 cos 4 1 · 4 1 · · 2 1 · 2 1 2 1 2 · 2 2 1 · 2 2 1 x F x t dt t sen dt t sen x F dt dx t x dx x sen dx x sen x F = − = − = = = = ⇒ = = ⇒ = =∫
∫
∫
∫
Sustituyendo el valor obtenido de F(x) en la expresión de la superficie:
( )
− −( )
= − − − + −= π π cos 2π
4 1 2 0 cos 4 1 3 cos 4 1 cos 4 1 · 2 S
f(x) = sen x · cosx
X y = 0
2 1
-1
1 2 3 π 2π
π − 2 π 4 π 2 3π 1 2 1 − S B
P Q
4 3π
M x = 0
( )
( )
( )
( )
S u S
= =
+ − + =
= +
− − − − − = +
− −
− =
2
1 2 1 4 1 4 1 2 1
1 · 2 1 1 · 4 1 1 · 4 1 1 · 2 1 2
cos 2 1 0 cos 4 1 3 cos 4 1 cos 2
1 π π π