= 001. ( ) t. 1 adja A = A 1

(1)

UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE

MADRID PRUEBA DE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS

UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO

MODELO

Curso 20013/2014 MATERIA: MATEMATICAS II

El alumno contestará a los cuatro ejercicios de una de las dos opciones (A o B) que se le ofrecen. Nunca deberá contestar a unos ejercicios de una opción y a otros ejercicios de la otra opción. En cualquier caso, la calificación se hará sobre lo respondido a una de las dos opciones. No se permite el uso de calculadoras gráficas. Todas las respuestas deberán estar debidamente justificadas.

Calificación total máxima: 10 puntos. Tiempo: Hora y media.

OPCIÓN A

Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos.

Dadas las matrices

          = k 3 4 2 1 1 1 1 1 A ,           = 0 0 1 0 1 0 1 0 0 B se pide:

a) (0,5 puntos) Hallar los valores de k para los que existe la matriz inversa A−1.

b) (1 punto) Hallar la matriz A−1 para k = 6.

c) (1,5 puntos) Resolver la ecuación matricial AX − A = B para k = 6.

Solución.

a. La condición necesaria y suficiente para que una matriz enga inversa es que su determinante sea distinto de cero.

(

+ +

)

= ≠ ∀ ∈ℜ − + + = = k 8 3 4 k 6 1 0 k k 3 4 2 1 1 1 1 1 A det

La matriz A tiene inversa para cualquier valor que tome el parámetro k.

b. Para k = 6:           = 6 3 4 2 1 1 1 1 1

A ; A =1, el determinante no depende del parámetro.

(

)

t 1 _adjA A 1 A− =           − − − =                     + − + − + − + − + = 0 1 1 1 2 3 1 2 0 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 3 4 1 1 6 4 1 1 6 3 1 1 3 4 1 1 6 4 2 1 6 3 2 1 adjA ;

(

)

          − − − = 0 1 1 1 2 2 1 3 0 adjA t           − − − =           − − − = − 0 1 1 1 2 2 1 3 0 0 1 1 1 2 2 1 3 0 1 1 A 1

c. Para despejar una matriz en una ecuación, hay que tener en cuenta que el producto de matrices no es conmutativo, por lo tanto para obtener una ecuación equivalente multiplicando una ecuación por una matriz, habrá que multiplicar por la misma matriz y en el mismo orden en los dos miembros, también hay que tener en cuenta que el producto de una matriz por su inversa es la matriz unidad (I) y por último que la matriz unidad es el elemento neutro de la multiplicación de matrices.

(2)

B A X A⋅ − = A⋅X=B+A A−1⋅A⋅X=A−1⋅

(

B+A

)

A A B A X I⋅ = −1⋅ + −1⋅ X=A−1⋅B+I =           +           + + − + + + + + + + + − + + + + − + + =           +           ⋅           − − − = + ⋅ = − 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 2 0 2 0 1 0 0 0 0 0 0 3 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 2 2 1 3 0 I B A X 1           − − =           +           − − − = 0 1 0 2 3 1 0 3 2 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 2 2 1 0 3 1

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos

Dados el punto P(1, 1, 1) y los planos

0 z ay x 3 π₁≡ + + = ; π₂≡ax+y+2z=0 ; π₃≡x+y−z=0 se pide:

a) (1 punto) Calcular los valores de a para los que los planos se cortan en una recta.

b) (1 punto) Para a = 2, hallar la ecuación del plano que pasa por el punto P y es perpendicular a la recta intersección de los planos π y ₁ π . ₂

c) (1 punto) Hallar el punto P′ proyección de P sobre el plano π . 3

Solución.

a. Para que los tres planos se corten en una recta, el rango del sistema formado por las ecuaciones de los tres planos debe ser 2, o dicho de otra forma, el sistema formado por las ecuaciones de los tres planos debe ser

compatible indeterminado de rango 2.

     = − + ≡ = + + ≡ = + + ≡ 0 z y x π 0 z 2 y ax π 0 z ay x 3 π 3 2 1 : Sistema homogéneo. rg A = rg A* Para que rg A = 2 ⇔ A=0

(

1 a 6

)

a 3a 10

(

a 5

) (

a 2

)

a a 2 3 1 1 1 2 1 a 1 a 3 A =− + + − − 2+ = 2+ − = + ⋅ − − = ;    = − = = 2 a 5 a : 0 A Para a = 2: 0 rgA rgA* 2 1 2 2 3 1 1 1 2 1 2 1 2 3 A ≠ ⇒ = =           −

= Los plano se cortan en una recta

Para a = ‒5: 0 rgA rgA* 2 1 5 5 3 1 1 1 2 1 5 1 5 3 A ≠ ⇒ = = − −           − − −

= Los plano se cortan en una recta

b. El plano σ, perpendicular a los plano π1 y π2, será paralelo a los vectores característicos de estos planos

(

n1y n2

)

r r

, como puede observarse en la figura adjunta. Por lo tanto una determinación del plano la formaran los vectores nr₁, nr₂ y el punto P

(

)

(

)

(

)

     = = ≡ 2 , 1 , 2 n 1 , 2 , 3 n 1 , 1 , 1 P σ 2 1 r r 0 2 1 2 1 2 3 1 z 1 y 1 x σ = − − − ≡ Desarrollando y ordenando: σ≡3x−4y−z+2=0

(3)

c. La proyección de un punto sobre un plano, P’ (proyección de P sobre π3), como se observa en el dibujo, se calcula como intersección del plano π3 con la recta r, perpendicular a π3 que pasa por P.

(

)

(

)

     − = + = + = ≡     ₌ ₌ ₋ ≡ λ 1 z λ 1 y λ 1 x r ; 1 , 1 , 1 P 1 , 1 , 1 n d r₃ r 3 ₃ r r

(

)

         =       − − = = − = = − = ≡ ⇒ − = = − − + + +             − = + = + = ≡ = − + ≡ ≡ 3 4 3 1 1 z 3 2 3 1 1 y 3 2 3 1 1 x ' P 3 1 λ : 0 λ 1 λ 1 λ 1 : λ 1 z λ 1 y λ 1 x r 0 z y x π ' P ' P ' P ' P 3 3       3 4 , 3 2 , 3 2 ' P

Ejercicio 3: Calificación máxima: 2 puntos.

Calcular los siguientes límites:

a)(1 punto) 3 0 x _x x x arctan Lím − → ; b)(1 punto)

[

]

x 1 0 x 1 sen x Lím − → Solución. a. ? 0 0 0 0 0 arctan x x x arctan Lím 3 3 0 x = = − = − →

( )

( ) ( )

3 1 0 1 3 1 x 1 3 1 Lím x 1 x 3 x Lím x 3 x 1 x 1 1 Lím x 3 1 x 1 1 Lím x x x arctan Lím 2 2 0 x 2 2 2 0 x 2 2 2 0 x 2 2 0 x 0 0 H ´ L 3 0 x ⋅ + =− − = + ⋅ − = + ⋅ − = + + − = − + = − → → → →       → b. Lím

[

1 sen x

]

1x

[

1 sen0

]

10 1 ? 0 x − = − = = ∞ →

[

]

(

)

e 1 e e e e e x sen 1 Lím 1 1 0 cos 1 x cos Lím H ´ L x x sen Lím 1 x sen 1 x 1 Lím x 1 0 x 0 x 0 x 0 x = = = = = = − − − − −       − − ⋅ → → → →

Ejercicio 4: Calificación máxima: 2 puntos.

a) (1 punto) Sea g(x) una función derivable que cumple

( )

=

∫

( )

6 5 dx x g 6 g . Hallar

(

) ( )

∫

6 − ′ 5 dx x g 5 x

b) (1 punto) Sea f(x) una función continua que verifica f

( )

u du 12 e 1 =

∫

. Hallar

( )

∫

₀2_f _ex2 _ex2_dx Solución.

a. La integral se resuelve mediante el método de partes:

(

) ( )

_{( )}

_{( ) (}

(

) ( )

]

( )

= ⋅ − ⋅ − =       = → ′ = = → − = = ′ −

∫

43 42 1 6 g 6 5 6 5 6 5 dx x g x g 5 x x g v dx x g dv dx du 5 x u dx x g 5 x

(

) ( )

[

6−5 ⋅g6

]

−

[

(

5−5

) ( )

⋅g5

]

−g

( )

6 =

[

1⋅g

( )

6 −0⋅g

( )

5

]

−g

( ) ( ) ( )

6 =g6 −g6 =0 =

(4)

b. La integral se resuelve mediante cambio de variable:

( )

1 2 1 2 du u f 2 du 2 u f du 2 dx e du dx 2 1 e e e u 2 x Si 1 e u 0 x Si : u e dx e e f e 1 e 1 2 x 2 x 2 2 2 0 2 x 2 0 2 x 2 x ₌ _⋅ ₌ ₌ _⋅ ₌               ⋅ = → = ⋅     = → ⇒ → = → ⇒ → = =

∫

(5)

OPCIÓN B

Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos.

Dada la función

( )











≥

+

−

<

−

+

=

0 x

si

1 x

0 x

si

1 x

6 x

2 x

f

2 2 2 se pide:

a) (0,75 puntos) Estudiar su continuidad.

b) (1 punto) Estudiar la existencia de asíntotas de su gráfica y, en su caso, calcularlas.

c) (1,25 puntos) Hallar los extremos relativos y esbozar de su gráfica.

Solución.

a. La continuidad de una función por intervalos se estudia en los puntos excluidos del dominio y en los puntos frontera.

( )

[ ]

f x =ℜ D Continuidad en x = 0:

( )

1 1 0 1 0 2 0 f 2 2 − = + − ⋅ =

( )

1 Por ser distintos Límf

( )

x

1 0 1 0 2 1 x 1 x 2 Lím x f Lím 6 1 0 6 0 2 1 x 6 x 2 Lím x f Lím x f Lím 0 x 2 2 2 2 0 x 0 x 2 2 0 x 0 x 0 x → → → → → →        ∃/        − = + − ⋅ = + − = − = − + ⋅ = − + = = + −

En x = 0, la función es discontinua no evitable de salto finito, en los demás puntos la función es continua, por tratarse de un cociente de polinomios cuyos denominadores no se anulan en los intervalos definidos.

b. La función no presenta asíntotas verticales porque su domino es todo R. Cuando x tiende a menos infinito, la función presenta una asíntota oblicua.

y = mx + n:

( )

(

)

(

)

        = − + == − − − + =         ⋅ − − + = − = = − + = − + = = −∞ → −∞ → −∞ → −∞ → −∞ → −∞ → −∞ → 2 1 x 6 x 2 Lím 1 x 1 x x 2 6 x 2 Lím x 2 1 x 6 x 2 Lím mx x f Lím n 2 x x 6 x 2 Lím x 1 x 6 x 2 Lím x x f Lím m x 2 x 2 x x 2 2 x 2 x x 2 x 2 y= +

Cuando x tiende a más infinito la función presenta una asíntota horizontal.

( )

1 1 x 1 x Lím x f Lím 2 2 x x + = − = +∞ → +∞ → y=1

c. Los extremos relativos de una función son los puntos donde la derivada se anula y cambia de signo, con el siguiente criterio:

( )

(

( )

)

( )

(

)

    ⇒ < ′ > ′ ⇒ > ′ < ′ = ′ ₋− ₊+ Máximo x f , x 0 x f y 0 x f Mínimo x f , x 0 x f y 0 x f : 0 x f Si o o o o o o o o o

( )

(

)

(

)

(

)

( ) ( )

( )

(

)

(

)

( )

       > + < − − − ⋅ =          > + ⋅ − − + ⋅ < − ⋅ + − − ⋅ =          > ′         + − < ′         − + = ′ 0 x si 1 x x 4 0 x si 1 x 3 x 2 x 2 0 x si 1 x x 2 1 x 1 x x 2 0 x si 1 x 1 6 x 2 1 x x 4 0 x si 1 x 1 x 0 x si 1 x 6 x 2 x f 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(6)

(

)

(

)



(

)

 ∞ − ∉ = ∞ − ∈ − = = − − − ⋅ válido No 0 , 2 x Posible 0 , 1 x : 0 1 x 3 x 2 x 2 2 2

( ) (

)

(

)

(

)

( )

( ) (

)

(

)

(

)

( )

2

(

1, 2

)

un máximo 1 1 6 1 2 1 f : 0 4 2 0 2 1 1 2 1 1 1 2 1 f 0 4 2 0 2 1 1 2 1 1 1 2 1 f ₂ 2 2 ∃ − − ⇒ − = − − + − ⋅ = −        < − ⋅ ⋅ = − − − − ⋅ + − ⋅ = − ′ > − ⋅ ⋅ = − − − − ⋅ + − ⋅ = − ′ + + + − − −

( )

0:4x 0:x 0

(

0,

)

No válido 1 x x 4 2 2₋ = = = ∈ +∞

La función solo presenta un extremo relativo.

Para poder esbozar la gráfica, además de la información que hemos obtenido es conveniente calcular los punto de corte de la función con los ejes coordenados, asi como los valores que toman ambas expresiones en el punto frontera. •

(

)

_[

₎

[

) ( )

          ⇒ +∞ ∈ ⇒ +∞ ∉ − ± = = − = + − ∉ − = = + = − + = 0 , 1 , 0 1 válida No , 0 1 : 1 x 0 1 x 0 1 x 1 x R 3 x 0 6 x 2 0 1 x 6 x 2 : 0 y OX 2 2 2 2 2 •

(

)

1

(

0, 1

)

1 0 1 0 y : 0 x OY 2 2 − ⇒ − = + − = =

( )

1 1 0 1 0 0 f ; 6 1 0 6 0 2 0 f 2 2 2 − = + − = − = − + ⋅ = −

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos

a. (1 punto) Determinar si se puede construir un triángulo que tenga dos de sus lados sobre la rectas

     + = + − = + − = ≡ λ 1 z λ 2 6 y λ 2 x r ,    = − + = − + ≡ 0 6 z x 2 0 4 y x s

b. (2 puntos) Encontrar la ecuación de la recta perpendicular común a las dos rectas anteriores.

Solución.

a. Para que dos rectas puedan contener los lados de un triángulo deben ser secantes. Si dos rectas son secantes, son coplanarias y sus vectores de dirección no pueden ser proporcionales, y por tanto, el rango de la matriz que forman sus vectores de de dirección y un vector formado por un punto de cada recta debe ser 2.

(

)

(

)

   = − −      + = + − = + − = ≡ 1 , 2 , 1 v 1 , 6 , 2 P ; λ 1 z λ 2 6 y λ 2 x r r

(

₍

)

₎

   − − =      − = − = =   →     = − + = − + ≡ = 2 1, 1, u 6 , 4 , 0 Q ; µ 2 6 z µ 4 y µ x 0 6 z x 2 0 4 y x s x µ r

( )

3 2 1 1 1 2 1 5 10 2 rg 9 2 1 1 1 2 1 5 10 2 2 1 1 1 2 1 1 6 6 4 2 0 rg u v PQ rg =           − −           ≠ = − − =           − − − − − − − =             r r

(7)

b. La perpendicular común a dos rectas que se cruzan pero no se cortan se obtiene por intersección de dos planos tal y como muestra la figura adjunta.

Los planos que se obtienen mediante las rectas y un vector

( )

ωr perpendicular a ambas rectas.

(

) (

)

(

3,3, 3

)

1 1 2 1 , 2 1 1 1 , 2 1 1 2 2 , 1 , 1 1 , 2 , 1 u v ω _= − −       − − − − − = − − × = × =r r r

Como del vector ωr solo nos interesa su dirección, se puede simplificar a:

(

1, 1,1

)

ωr = −

(

)

(

)

(

)

1 1 1 0; π x z 3 0 1 2 1 1 z 6 y 2 x π ; 1 , 1 , 1 ω 1 , 2 , 1 v 1 , 6 , 2 P r π = ≡ − + = − − + + ≡      − =   = − − ≡ ≡ r r

(

)

(

)

(

)

1 1 1 0; σ x y 4 0 2 1 1 6 z 4 y x π ; 1 , 1 , 1 ω 2 , 1 , 1 v 6 , 4 , 0 Q s σ = ≡ + − = − − − − − ≡      − =   − − = ≡ ≡ r r      + = − = = ≡   →     = − + = + − ≡ = β 3 z β 4 y β x t 0 4 y x 0 3 z x t x β

Ejercicio 3. Calificación máxima 2 puntos

Dado el sistema de ecuaciones lineales

(

)

( )

     − = + = + − = + + + 5 y x a y 5 x 6 y 1 a x 2 a se pide:

a) (1,5 puntos) Discutir el sistema según los valores de a.

b) (0,5 puntos) Resolverlo cuando sea posible.

Solución.

a. Sistema de tres ecuaciones con dos incógnitas.

          + + = 1 1 5 1 1 a 2 a A           − − + + = 5 1 1 a 5 1 6 1 a 2 a * A

Si A*≠0⇒rgA*=3≠rgA≤2 y por tanto, el sistema será incompatible. Teniendo en cuenta esto, el sistema se discute para los valores del parámetro que anulen el terminante de la matriz ampliada.

1 a : 0 21 a 21 5 1 1 a 5 1 6 1 a 2 a * A =− − = =− − − + + = Discusión: 1. Si a ≠ ‒1. A*≠0⇒rgA*=3≠rgA≤2. Sistema incompatible 2. Si a = ‒1. A*=0⇒rgA*<3. 5 0 rgA 2 rgA* n 5 1 0 1 1 1 5 1 0 1 A = ≠ ⇒ = = =           = Sistema compatible determinado. b. a = ‒1:    = − =    − = + − =     →       − = + − = + − = 1 y 6 x : 1 y 5 x 6 x 5 y x 1 y 5 x 6 x e Equivalent

(8)

Ejercicio 4. Calificación máxima 2 puntos

Sabiendo que el valor del determinante

6 4 2 1 0 1 z y x

es igual a 1, calcular el valor de los determinantes:

a) (1 punto) 6 8 6 z y 2 x 3 1 0 3 b) (1 punto) 7 4 3 1 z 3 y 3 1 x 3 z 6 y 4 x 2 − − + + + Solución. a. 6 1 6 6 4 2 1 0 1 z y x 6 6 4 2 z y x 1 0 1 2 3 dos columna en 2 común Factor duno columna en 3 común Factor 6 8 6 z y 2 x 3 1 0 3 * − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ ⋅ =       =

* Al intercambiar la posición de dos líneas (filas o columnas), el determinante cambia de signo

b.

{

}

{

}

= − − = − = = − − − − = − = = − − + + + 7 4 3 2 0 2 1 z y 1 x F 3 F F 7 4 3 1 z 3 y 3 1 x 3 1 z y 1 x F F F 7 4 3 1 z 3 y 3 1 x 3 z 6 y 4 x 2 1 2 2 3 1 1 2 1 2 6 4 2 1 0 1 z y x 2 F F F F F F 7 4 3 1 0 1 1 z y 1 x 2 2 3 3 2 1 1 ₌ _⋅ ₌ _⋅ ₌       − = + = = − − ⋅ =