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Profesores de Enseñanza Secundaria. MATEMÁTICAS. ANDALUCÍA 2018

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(1)

ANDALUCÍA 2018

PROBLEMA 1

Dados la matriz 𝐴 ∈ ℝ , el vector 𝑏 ∈ ℝ , 𝛼 ∈ ℝ y el subespacio F de ℝ A = −1 2 0 0 1 −1 −1 1 1 0 1 −1 , 𝑏 = 0 1 𝛼 − 2 𝛼 y 𝐹 ≡ 𝑥 + 𝑥 − 𝑥 = 0𝑥 + 𝑥 + 𝑥 = 0

a) Discutir y resolver cuando sea compatible el sistema AX=b con 𝑋 ∈ ℝ .

b) Sea E el espacio columna de A, calcular sus ecuaciones implícitas. c) Encontrar una base del subespacio 𝐸 ∩ 𝐹

d) Calcular la matriz B de la transformación lineal 𝑇: ℝ → ℝ que verifica:

𝑇(𝑒 ) = 𝐴(𝑒 + 𝑒 ), 𝑇(𝑒 ) = 𝐴𝑒 , 𝑇(𝑒 ) = 𝐴𝑒 ,

donde {𝑒 , 𝑒 , 𝑒 } es la base canónica de ℝ .

SOLUCIÓN: Apartado a.

La matriz ampliada del sistema es: (A|b) =

−1 2 0 0 0 1 −1 1 −1 1 1 α − 2

0 1 −1 α

, escalonando el sistema por el método de Gauss se tiene:

−𝟏 2 0 0 0 1 −1 1 −1 1 1 α − 2 0 1 −1 α ≈ −1 2 0 0 0 𝟏 −1 1 0 −1 1 α − 2 0 1 −1 α ≈ −1 2 0 0 0 1 −1 1 0 0 0 α − 1 0 0 0 α − 1 𝛼 − 1 = 0 → 𝛼 = ±1 , si 𝛼 ≠ 1 el sistema es incompatible,

Si 𝛼 = 1 el sistema es compatible e indeterminado,

−𝟏 2 0 0 0 𝟏 −1 1 0 0 𝟎 0 0 0 0 0 y se tiene: {0z = 0, y – z = 1¸ -x + 2y = 0}, resolviendo: ∀𝜆 ∈ ℝ, 𝑧 = 𝜆, 𝑦 = 𝜆 + 1, 𝑥 = 2𝜆 + 2 El conjunto de soluciones es: {(2𝜆 + 2, 𝜆 + 1, 𝜆 ) ∶ ∀𝜆 ∈ ℝ}

Apartado b.

Escribiendo unas ecuaciones vectoriales de ellas las paramétricas y eliminando parámetros se obtienen unas ecuaciones implícitas del subespacio.

𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 = 𝜆 −1 0 −1 0 + 𝜇 2 1 1 1 + 𝜈 0 −1 1 −1 ⇒ 𝑥 = −𝜆 + 2𝜇 𝑥 = 𝜇 − 𝜈 𝑥 = −𝜆 + 𝜇 + 𝜈 ⇒

(2)

⇒ 𝑥 = 𝜇 − 𝜈 𝑥 − 𝑥 = 𝜇 − 𝜈 𝑥 = 𝜇 − 𝜈 ⟹ 𝑥 − 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 − 𝑥 = 0

Las ecuaciones implícitas de E son: 𝑥 − 𝑥 − 𝑥 = 0

𝑥 − 𝑥 = 0

Apartado c.

Las ecuaciones implícitas de 𝐸 ∩ 𝐹 𝑠𝑜𝑛

𝑥 − 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 + 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 = 0

resolviendo el sistema se obtienen las ecuaciones paramétricas, 𝑥 − 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 + 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 = 0 ≈ 𝑥 − 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 − 𝑥 = 0 2𝑥 + 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 + 2𝑥 + 𝑥 = 0 ≈ 𝑥 − 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 + 𝑥 = 0 2𝑥 + 2𝑥 = 0 ≈ 𝑥 − 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 − 𝑥 = 0 𝑥 + 𝑥 = 0 0𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 0 𝑥 = 𝜆 𝑥 = −𝜆 𝑥 = 𝜆

Una base de 𝐸 ∩ 𝐹 es:

0 1 −1 1 Apartado d. 𝑇(𝑒 ) = 𝐴(𝑒 + 𝑒 ) = −1 2 0 0 1 −1 −1 1 1 0 1 −1 0 1 1 = 2 0 2 0 𝑇(𝑒 ) = 𝐴𝑒 = −1 2 0 0 1 −1 −1 1 1 0 1 −1 0 0 1 = 0 −1 1 −1 , 𝑇(𝑒 ) = 𝐴𝑒 = −1 2 0 0 1 −1 −1 1 1 0 1 −1 0 1 0 = 2 1 1 1

Por lo que la matriz B de la transformación T es 𝐵 =

2 0 2 0 −1 1 2 1 1 0 −1 1

(3)

PROBLEMA 2

Dados los puntos del plano A(1,2) y B(3,3), se pide:

a) Calcular la ecuación de la parábola que tiene de vértice el punto A y el foco en el punto B. b) Determinar como número complejo en forma binómica los vértices de un triángulo equilátero

con centro en A, sabiendo que B es uno de sus vértices.

SOLUCIÓN: Apartado a.

La parábola es el lugar geométrico de los puntos del plano que equidistan de un punto, llamado foco, y de una recta, llamada directriz.

El eje, de simetría, de la parábola es la recta perpendicular a la directriz que pasa por el foco. El punto donde el eje corta a la parábola es el vértice. El vértice es el punto medio del segmento de extremos el foco y el punto donde se cortan el eje y la directriz.

Si C(x,y) el punto donde el eje corta a la directriz, A será el punto medio del segmento 𝐵𝐶

Se tiene: = 1, 𝑥 = −1

= 2 , 𝑦 = 1 ⇒ 𝐶(−1,1)

La directriz pasa por C(-1,1) y el vector 𝐴𝐵⃗ = (2,1) es normal a ella, su ecuación es:

𝑑 ≡ 2(𝑥 + 1) + 1(𝑦 − 1) = 0 ⇒ 𝑑 ≡ 2𝑥 + 𝑦 + 1 = 0

Si P(x,y) es un punto de la parábola, verificará: dist(P,B) = dist(P,d).

(𝑥 − 3) + (𝑦 − 3) = 2𝑥 + 𝑦 + 1

2 + (−1) ⇒ 5[(𝑥 − 3) + (𝑦 − 3) ] = (2𝑥 + 𝑦 + 1)

De donde la ecuación de la parábola es: 𝑥 + 4𝑦 − 4𝑥𝑦 − 34𝑥 − 32𝑦 + 89 = 0

Apartado b.

El producto de dos complejos es otro complejo de módulo el producto de los módulos respectivos y argumento la suma de los argumentos.

Sean u un complejo de módulo unidad y argumento 𝛼 y z un complejo de afijo Z(x,y). 𝑢 = 𝑒 = 𝑐𝑜𝑠𝛼 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝛼, 𝑧 = 𝑀𝑒 = 𝑀(𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝛽) = 𝑥 + 𝑦𝑖,

Si z’= uz es el complejo de afijo Z’(x’,y’) se tiene que

𝑧 = 𝑢. 𝑧 = 𝑀𝑒 ( ) = 𝑀 cos(𝛼 + 𝛽) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝛽) = 𝑥 + 𝑦′𝑖

de donde 𝑥 = 𝑥𝑐𝑜𝑠𝛼 − 𝑦𝑠𝑒𝑛𝛼

𝑦 = 𝑥𝑠𝑒𝑛𝛼 + 𝑦𝑐𝑜𝑠𝛼 que corresponden a las ecuaciones en el plano cartesiano de un

giro de centro el origen O(0,0) y argumento 𝛼.

Sean B(3,3), C y D los vértices del triángulo de centro en A(1,2), y b, c, d y a los complejos cuyos afijos son los puntos citados correspondientes.

(4)

⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎧ 𝑎 = 1 + 2𝑖𝑏 = 3 + 3𝑖 𝑢 = 𝑒 = 𝑐𝑜𝑠 2𝜋 3 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 2𝜋 3 = − 1 2+ √3 2 𝑖 𝑣 = 𝑒 = 𝑐𝑜𝑠 4𝜋 3 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 4𝜋 3 = − 1 2− √3 2 𝑖

Tomando el punto A, afijo del complejo a como centro de giro se tiene que:

(𝑏 − 𝑎)𝑢 = 𝑐 − 𝑎 (𝑏 − 𝑎)𝑣 = 𝑑 − 𝑎 ⇒ 𝑐 = 𝑎 + (𝑏 − 𝑎)𝑢 𝑑 = 𝑎 + (𝑏 − 𝑎)𝑣 , de donde: 𝑐 = (1 + 2𝑖) + [(3 + 3𝑖) − (1 + 2𝑖)] − +√ 𝑖 = −√ + + √3 𝑖 𝑑 = (1 + 2𝑖) + [(3 + 3𝑖) − (1 + 2𝑖)] − −√ 𝑖 = √ + − √3 𝑖

Solución: los vértices del triángulo son los afijos de los números complejos:

𝑏 = 3 + 3𝑖; 𝑐 = −√3 2 + 3 2+ √3 𝑖 ; 𝑑 = √3 2 + 3 2− √3 𝑖 PROBLEMA 3.

Consideremos la curva C de ecuación: 𝑥 + 𝑦 = 4

a) De todos los triángulos inscritos en la curva C, con vértice en el punto A(0,2) y base paralela al eje OX, calcular el que tiene máxima superficie.

b) Calcular la ecuación de la envolvente de la familia de circunferencias que tiene el centro en la curva C y que sus radios son la mitad del radio de C.

SOLUCIÓN: Sean A,B y C los vértices del triángulo pedido

Como B y C son puntos de la circunferencia, simétricos respecto del eje OY le podemos asignar de coordenadas

𝐵(2𝑐𝑜𝑠𝑡, 2 𝑠𝑒𝑛𝑡), 𝐶(−2𝑐𝑜𝑠𝑡, 2 𝑠𝑒𝑛𝑡)

La base BC del triángulo mide 4 cost, y la altura es 2-2sent

por lo que el área de la superficie en función del parámetro

𝑡 ∈ (− , ) viene dada por:

𝑆(𝑡) = ( )= 4𝑐𝑜𝑠𝑡(1 − 𝑠𝑒𝑛𝑡), derivando se tiene:

(5)

𝑆 (𝑡) = 4(2𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡 − 1), 𝑦 𝑆 (𝑡) = 4𝑐𝑜𝑠𝑡(4𝑠𝑒𝑛𝑡 − 1) , Igualando a cero la primera derivada se tiene: 2𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡 − 1 = 0 ⇒ 𝑠𝑒𝑛𝑡 = ±√ = ± = 1 ⇒ 𝑡 =

− ⇒ 𝑡 = − Para: 𝑡 = 𝜋/2 , los tres puntos de confundirían en uno (en el A) el área de la superficie es cero.

𝑡 = − , 𝑆 − < 0, 𝑆 − = 3√3 , la función S(t) toma el valor máximo.

El triángulo es equilátero de vértices: A(0,2), B( √3, -1), C(− √3, −1).

Apartado b.

La envolvente de una familia de curvas es una curva que es tangente a todas las curvas de la familia.

Unas ecuaciones paramétricas de la curva C son:

𝑥 = 2 cos 𝑡

𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑡 ∈ [0,2𝜋].

Las ecuaciones de la familia de circunferencias con centro en el punto (2 cos t, 2 sen t) y radio 1, vienen dadas por:

𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑡) = (𝑥 − 2𝑐𝑜𝑡) + (𝑦 − 2𝑠𝑒𝑛𝑡) − 1 = 0

La ecuación de la envolvente de esta familia se obtiene eliminando el parámetro “t” en el sistema formado por: 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 0

𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 0 𝜕

𝜕𝑡𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 2(𝑥 − 2𝑐𝑜𝑠𝑡)(2 𝑠𝑒𝑛𝑡) + 2(𝑦 − 2𝑠𝑒𝑛𝑡)(−2𝑐𝑜𝑠𝑡) = 0

Simplificando esta ecuación y desarrollando la ecuación de la familia se obtiene el sistema:

𝑥𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑦 𝑠𝑒𝑛𝑡 =

𝑥 sent − 𝑦 𝑐𝑜𝑠𝑡 = 0 elevando al cuadrado las dos ecuaciones. 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 2𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 =

𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝑦 𝑐𝑜𝑠 𝑡 − 2𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑡 cos 𝑡 = 0

, sumando se obtiene:

𝑥 + 𝑦 = , que desarrollada es: 𝑥 + 𝑦 + 2𝑥 𝑦 − 10𝑥 − 10𝑦 + 9 = 0, Factorizando: (𝑥 + 𝑦 − 1)(𝑥 + 𝑦 − 9) = 0 ⇒ 𝑥 + 𝑦 = 1

𝑥 + 𝑦 = 9 que son las ecuaciones de

(6)

PROBLEMA 4.

Consideremos la función 𝑓(𝑥) = cos 𝑥

a) Calcular la serie de Taylor de la función f. b) Demostrar que: ∫

√ 𝑑𝑥 = ∑

( )

( )( )!

c) Calcular el valor de ∫

√ 𝑑𝑥 con un error menor que 10

SOLUCIÓN:

Apartado a.

La serie de Taylor correspondiente a una función f(x) de clase 𝐶 en un punto x=a viene dada por:

𝑓(𝑥) = ∑ ( )( )

! (𝑥 − 𝑎) ,

donde 𝑓( )(𝑎) indica la derivada de orden n de la función f(x) en x=a , 𝑓( )(𝑎) = 𝑓(𝑎)

Si se toma a=0 se obtiene que:

𝑓(𝑥) = ∑ ( )( )

! 𝑥 , también llamada en este caso serie de MacLaurin. Como las derivada n-ésima de la función 𝑓(𝑥) = cos 𝑥 es

𝑓( )(𝑥) = (−1) 𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑓( )(𝑥) = (−1) 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑐𝑜𝑛 𝑛 = 0,1,2, ….

Para x=0 se tiene 𝑓( )(0) = (−1)

𝑓( )(𝑥) = 0 𝑐𝑜𝑛 𝑛 = 0,1,2, ….

Por lo que la serie de Taylor correspondiente es:𝑓(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = ∑ (( ))!𝑥

Apartado b.

Del apartado anterior se tiene:

cos 𝑥 2 √𝑥 𝑑𝑥 = ∑ (−1) (2𝑛)! 𝑥 2 √𝑥 𝑑𝑥 = (−1) (2𝑛)! 𝑥 2 √𝑥 𝑑𝑥 = = (−1) (2𝑛)! 𝑥 2 𝑑𝑥 = (−1) (2𝑛)! 𝑥 2 𝑑𝑥 = (−1) (2𝑛)! 𝑥 2 𝑑𝑥 = = (−1) (2𝑛)! 𝑥 2 𝑑𝑥 = (−1) (2𝑛)! 𝑥 4𝑛 + 1 = (−1) (2𝑛)! 1 4𝑛 + 1= = (−1) (4𝑛 + 1)(2𝑛)!, 𝑐. 𝑞. 𝑑.

Donde se ha tenido en cuenta que la integral ∫

√ 𝑑𝑥 es convergente y la convergencia uniforme de la serie 𝑐𝑜𝑠𝑥 = ∑ (( ))!𝑥

Apartado c.

Por tratarse de una serie alternada cuyos términos en valor absoluto son decrecientes y tendiendo a cero, bastará con tomar los términos tales que el siguiente a partir de ellos sea en valor absoluto

(7)

menor que 10 . ( ) ( )( )! > 10 ⇔ (4𝑛 + 1)(2𝑛)! > 10 ⇔ 𝑛 ≥ 3 cos 𝑥 2 √𝑥 𝑑𝑥 ≅ (−1) (4𝑛 + 1)(2𝑛)!= 1 − 1 10+ 1 216= 977 1080≅ 0.905 PROBLEMA 5.

Consideremos las funciones 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑒 y 𝑔(𝑥) = 2 − 𝑥 ∫ 𝑒 𝑑𝑡

a) Estudiar y representar gráficamente la función f.

b) Calcular: lim ( ) ( )

( )

SOLUCIÓN: Apartado a.

1) La función 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑒 está definida, es continua y derivable en ℝ

2) Asíntotas: 𝑙𝑖𝑚 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚 → (𝑥 𝑒 ) = −∞; 𝑙𝑖𝑚 → ( ) = 𝑙𝑖𝑚 → ( ) = 𝑙𝑖𝑚→ 𝑒 = +∞

Para 𝑥 ⟶ −∞ la curva no tiene asíntota (ni horizontal ni oblicua)

𝑙𝑖𝑚 → 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚

→ (𝑥 𝑒 ) = 𝑙𝑖𝑚 → = ∗ 𝑙𝑖𝑚

→ = 0 (*) Se ha aplicado la regla de L’Hôpital.

La recta y=0 es una asíntota vertical, y como > 0, la curva está por encima de ella.

3) Signo de la función y cortes con los ejes:

Punto único de corte el O(0,0). ∀𝑥 < 0 ⇒ 𝑓(𝑥) < 0; ∀𝑥 > 0 ⇒ 𝑓(𝑥) > 0

4) Monotonía: 𝑓 (𝑥) = 𝑒 − 𝑥 𝑒 = (1 − 𝑥)𝑒

Si: 𝑓 ( ) = 0 ⇒ (1 − 𝑥)𝑒 = 0 ⇒ 𝑥 = 1

𝑠𝑖 𝑥 < 1 ⇒ 𝑓 (𝑥) > 0 ⇒ 𝑙𝑎 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑠 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒

𝑠𝑖 𝑥 > 1 ⇒ 𝑓 (𝑥) < 0 ⇒ 𝑙𝑎 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒

De donde, para x=1 la función presenta un máximo relativo que es también absoluto (la función no está acotada inferiormente) 𝑀𝑎𝑥 (1, 𝑒 )

5) Curvatura:

𝑓 (𝑥) = −𝑒 − (1 − 𝑥) 𝑒 = (𝑥 − 2)𝑒

(8)

Apartado b. 𝑙𝑖𝑚 → ( ) ( ) ( ) = 𝑙𝑖𝑚 → ∫ ( ) =𝑙𝑖𝑚 → ∫ ( ) = = 𝑙𝑖𝑚 → 𝑒 − 𝑥 𝑒 + ∫ 𝑒 𝑑𝑡 + 𝑥𝑒 − 1 𝑙 𝑛(1 − 𝑥) −1 − 𝑥𝑥 = = 𝑙𝑖𝑚 ( ) = = 𝑙𝑖𝑚 → (𝑥−2)𝑒 + 2(1 − 𝑥 )𝑒 𝑥 − 2 (1 − 𝑥) = = 𝑙𝑖𝑚 → (1 − 𝑥) (𝑥−2)𝑒 + 2(1 − 𝑥 )𝑒 𝑥 − 2 = 0

(9)

PROBLEMA 6

Consideremos el conjunto 𝐶 = {1, 2, 3, 4, 5}

a) Calcular la probabilidad de que sean reales la raíces de la ecuación: 𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0, cuando los coeficientes b y c se eligen al azar entre los del conjunto C.

b) Supongamos un dado de cinco caras numeradas con los números de C, ¿cuál es el número mínimo de veces que habría que lanzarlo para que la probabilidad de salga al menos una vez el número 1 sea mayor que 0.9?

SOLUCIÓN: Apartado a.

El espacio muestral está formado por los 25 puntos dados por: 𝐸 = {(𝑏, 𝑐): 𝑏, 𝑐 ∈ 𝐶}

Las situaciones favorables son aquellas en las que el discriminante de la ecuación sea positivo o nulo, 𝐹 = {(𝑏, 𝑐) ∈ 𝐸: 𝑏 − 4𝑐 ≥ 0 },

Es decir los puntos de E, situados en la región que contiene al semieje positivo de abscisas que delimita la parábola de ecuación: 𝑐 =

𝑏 incluyendo los puntos de esta.

Por la regla de Laplace, supuestos todos los sucesos elementales equiprobables, se tiene:

𝑃𝑟𝑜𝑏(𝐹) =𝐶𝑎𝑟𝑑(𝐹) 𝐶𝑎𝑟𝑑(𝐸)=

12 25

Apartado b.

Sea X la variable aleatoria número de 1 que aparecen en n lanzamientos del dado. X sigue una distribución binomial B(n,p), donde 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑛

𝑘 𝑝 𝑞

Siendo: p = La probabilidad de que salga un 1 en un lanzamiento = 1/5,

q =1-p = La probabilidad de que no salga 1 en un lanzamiento = 4/5,

Nos piden determinar n para que: 𝑃(𝑋 ≥ 1) > 0,9

La probabilidad de que no salga 1 en n lanzamientos será: 𝑃(𝑋 = 0) =

La probabilidad de que salga al menos un 1 en n lanzamientos es:

𝑃(𝑋 ≥ 1) = 1 − 𝑝(𝑋 = 0) = 1 − 4 5

De donde se tiene que: 1 − > 0,9 ⇒ < 0,1 ⇒ 𝑛 ≥ 11

Referencias

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