PAU 2015
1. LÍMITES, CONTINUIDAD,
CÁLCULO DIFERENCIAL Y APLICACIONES
JUNIO 2015. FASE GENERAL (OPCIÓN A)Obtén − → agx x x 1 cot lim 0 . (2,5 puntos) SOLUCIÓN 0 2 0 cos cos cos lim cos lim cos cos cos lim cos lim 1 cos lim 1 cot lim 0 ) 3 ( 0 0 ) 2 ( 0 ) 1 ( 0 0 = = − + − − = + − = + − − = − = − = − → → → → → → senx x x x x x senx x x senx xsenx x x senx x xsenx x senx x senx x x x senx x x x ag x x x x x x
(1) Indeterminación ∞−∞ . Operando, la vamos a transformar en otra de la forma 0/0. (2) Indeterminación del tipo 0/0 que resolvemos aplicando la Regla de L´Hôpital.
(3) De nuevo aparece la indeterminación 0/0. La resolvemos volviendo a aplicar la Regla de L´Hôpital. JUNIO 2015. FASE GENERAL (OPCIÓN B)
El propietario de la empresa “Asturfabril” ha estimado que si compra “x” máquinas y contrata “y” empleados, el número de unidades de producto que podía fabricar vendría dado por la función f(x,y)=9x⋅y2. Sabiendo que tiene un presupuesto de 22500 €, que cada máquina supone una inversión de 2500 € y cada contrato de un nuevo empleado 1500 €, determina el número de obreros que debe contratar y el número de máquinas que debe comprar para optimizar la producción. (2,5 puntos)
SOLUCIÓN
El problema nos da una función de dos variables y nosotros sólo sabemos trabajar con funciones de una variable, así que debemos relacionarlas para que una de ellas desaparezca. Hay un dato que nos permite hacerlo: tiene un presupuesto de 22500 €, cada máquina supone una inversión de 2500 € y cada contrato de un nuevo empleado 1500 € :
x y x y x y y 5 3 9 5 3 45 45 3 5 500 . 22 500 . 1 500 . 2 + = ⇒ + = ⇒ = − = − 2 2 2 3 5 27 81 5 3 9 9 ) ( 9 ) , (x y x y g y y y y y f = − − ⋅ = ⇒ ⋅ =
La nueva función g , nos da el número de unidades de producto que se fabrica a partir del número de empleados que contrata. El ejercicio nos pide optimizar esa función, y en este caso optimizar es hallar el máximo de producción. Hay que ver para qué valor de y alcanza g un máximo. Procedemos como siempre: derivamos g, igualamos a cero y resolvemos la ecuación. = = ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = − = 10 0 0 5 81 162 0 5 81 162 0 ) ( ' ; 5 81 162 ) ( ' 2 2 y y y y y y y g y y y g
Podríamos comprobar cuál de esos dos valores es el máximo y cuál el mínimo, pero es evidente que si y = 0, no hay empleados ni se produce nada, así que el máximo de la función g se alcanza cuando 10 3
5 3 9 10⇒ = − ⋅ = = x y
Es decir, que si quiere optimizar la producción, debe contratar 10 empleados y comprar 3 máquinas. JUNIO 2015. FASE ESPECÍFICA (OPCIÓN A)
Calcula a y b, números reales, de forma que la curva f(x)=x3+ax2 +bx+2 pase por el punto (-1, 6) y su recta tangente en x = 1 forme un ángulo de 45º con el eje OX. (2,5 puntos)
SOLUCIÓN
Tenemos dos incógnitas a y b, así que necesitamos dos ecuaciones. El enunciado del problema nos las proporciona.
• Que la gráfica de la función f pase por el punto (-1, 6), quiere decir lo siguiente: f(−1)=6⇒−1+a−b+2=6⇒a−b=5
f'(1)=tg45º=1⇒3+2a+b=1⇒2a+b=−2
[
f'(x)=3x2+2ax+b]
Recuerda la definición de derivada: el valor de la derivada de una función en un punto, es la tangente trigonométrica del ángulo que la recta tangente a la gráfica en ese punto forma con la horizontal.
• Ahora solo nos queda resolver el sistema formado por las dos ecuaciones que acabamos de plantear: ⇒ − = + = − 2 2 5 b a b a − = = 4 1 b a
JUNIO 2015. FASE ESPECÍFICA (OPCIÓN B)
Se desea construir un contenedor con forma de paralelepípedo rectangular de 100 m3 de volumen de manera que el largo de su base sea 4/3 de la anchura x de su base. Se sabe que los precios de un metro cuadrado de suelo, de techo y de pared lateral son, respectivamente, 225 €/m2, 300 €/m² y 256 €/m². Determina razonadamente:
a) El valor x de la anchura de la base que minimiza el coste. (2 puntos) b) Dicho coste mínimo. (0,5 puntos)
SOLUCIÓN
La función que nos da el coste del material necesario para construir el contenedor depende, como podemos ver, de dos variables:
xy x y y x x x x x y x f 3 3584 700 3 4 256 2 256 2 3 4 300 3 4 225 ) , ( = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = 2+
Ahora bien, el problema nos da un dato que permite poner una en función de la otra, y conseguir que la función de coste dependa de una sola variable.
= ⋅ ⋅ =100⇒ 3 4 y x x Volumen 752 x y=
Sustituyendo en f (x , y) obtenemos la nueva función de coste g, que ya dependerá de una sola variable.
x x x x x x g 75 700 89600 3 3584 700 ) ( = 2+ ⋅ 2 = 2 +
Se trata de hallar el mínimo de esa función. Como siempre, derivamos, igualamos a cero y resolvemos la ecuación.
4 1400 89600 0 89600 1400 0 ) ( ' 89600 1400 89600 1400 ) ( ' 89600 700 ) ( 3 3 2 3 2 2 = = ⇒ = − ⇒ = − = − = ⇒ + = x x x g x x x x x g x x x g
El coste mínimo de los materiales para hacer un contenedor de 100 m3 con esas características, se obtiene cuando tiene: 4 m. de ancho, . 3 16 m de largo y . 16 75 m de alto. b) En ese caso, el coste es de = ⋅ + =
4 89600 4 700 ) 4 ( 2 g 33.600 €
JUNIO 2015. FASE ESPECÍFICA (OPCIÓN B) Calcula el número real m para que 3
2 ) 1 ( lim 0 = + → sen x mx L x . (2,5 puntos) SOLUCIÓN
Vamos a hallar ese límite. Como el resultado vendrá dado en función de m, lo igualamos a 3 y resolvemos la ecuación.
2 2 cos ) 1 ( 2 lim 2 cos 2 1 lim 2 ) 1 ( lim 0 0 ) 1 ( 0 m x mx m x mx m x sen mx L x x x = + = + = + → → → ; 2 =3⇒ m 6 = m (1) Como se trata de una indeterminación del tipo 0/0 aplicamos la Regla de L´Hôpital. JULIO 2015. FASE GENERAL (OPCIÓN A)
De todos los triángulos rectángulos de hipotenusa 10 cm, encuentra la longitud de los catetos del triángulo que tiene el perímetro máximo. (2,5 puntos)
SOLUCIÓN
Si llamamos x e y a las longitudes de los dos catetos, la función que nos da el perímetro, será
x 3 4 x 3 4 x y 256 €/m2 300 €/m2 225 €/m2 x 10 y
10 )
,
(x y =x+y+
f (1)
Se trata de una función de dos variables. Como siempre, el problema nos da un dato que permite obtener una a partir de la otra, y conseguir que dependa de una sola variable.
Aplicando el teorema de Pitágoras: 102 =x2+ y2⇒ y= 100−x2
Llevamos este resultado a (1) y obtenemos la función que da el perímetro a partir de uno de los catetos:
10 100 ) ( = + − 2 + x x x g
A esa función es a la que hay que encontrar el máximo.
2 2
100
1
100
2
2
1
)
(
'
x
x
x
x
x
g
−
−
=
−
−
+
=
( )
5
2
100
50
50
5
2
100
2
5
50
100
2
100
100
1
100
0
100
1
0
)
(
'
2 2 2 2 ) 1 ( 2 2 2=
=
−
=
−
=
⇒
=
=
⇒
=
⇒
⇒
=
−
⇒
=
−
⇒
=
−
⇒
=
−
−
⇒
=
y
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
g
(1) Elevamos los dos miembros al cuadrado
Como cabía esperar, el triángulo rectángulo de hipotenusa 10 que tiene mayor perímetro, es isósceles y sus lados miden 5 2 cm. cada uno.
JULIO 2015. FASE GENERAL (OPCIÓN B) Calcula x sen x senx x L x ⋅ − + → ) 1 ( lim 0 (2,5 puntos) SOLUCIÓN 2 1 cos cos ) 1 ( 1 lim cos cos 1 1 lim ) 1 ( lim 2 0 ) 2 ( 0 ) 1 ( 0 + − =− + + − = + − + = ⋅ − + → → → x x xsenx senx x x x x sen x x x sen x senx x L x x x
(1) y (2) Aplicamos la Regla de L´Hôpital por tratarse de indeterminaciones del tipo 0/0. JULIO 2015. FASE ESPECÍFICA (OPCIÓN A)
Sabiendo que 3 0 cos lim x senx b x x x +
→ es un número finito, determina el valor del parámetro b, y calcula el límite. (2,5 puntos) SOLUCIÓN 0 1 3 cos cos lim cos lim ) 2 ( 2 0 ) 1 ( 3 0 b x x b xsenx x x senx b x x x x + = + − = + → →
Evidentemente, si el numerador de esa expresión no vale cero el límite no es finito, así que obligatoriamente: 1 b+ =0⇒ b=−1
En ese supuesto vamos a calcular el límite, que por ser una indeterminación del tipo 0/0, resolveremos aplicando la Regla de L´Hôpital. 3 1 6 2 6 cos 2 lim 6 cos cos lim 6 cos lim 6 cos lim 3 cos cos lim 0 0 ) 3 ( 0 0 ) 2 ( 2 0 − = − = + − = = + − − = − − = + − − − = − − → → → → → xsenx x xsenx x x x x x senx x senx x x senx senx x x xsenx x x x x x x
(1) (2) y (3) Aplicamos la Regla de L´Hôpital por tratarse de indeterminaciones del tipo 0/0. JULIO 2015. FASE ESPECÍFICA (OPCIÓN B)
Un campo rectangular es cercado y dividido a la mitad mediante una valla que une los puntos medios de dos lados opuestos. Encuentra el área máxima de un campo
cercado de la manera anteriormente descrita, si se dispone de 480 metros de valla. (2,5 puntos)
SOLUCIÓN
Se trata de hallar las dimensiones del campo, x e y , para que el área sea máxima cuando la valla mide 480 m. es decir, cuando
3 2 480 480 3 2x+ y= ⇒y= − x. x y
La función que debemos optimizar es la que da el área: 3 2 480 3 2 480 ) ( 2 x x x x y x x f = ⋅ = ⋅ − = −
Derivamos, igualamos a cero y resolvemos la ecuación. Lo de siempre.
80 120 0 4 480 0 3 4 480 0 ) ( ' ; 3 4 480 ) ( ' 3 2 480 ) ( 2 = ⇒ = ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = − = ⇒ − = x x f x x f x x x x y x f
Esas son las dimensiones que harían máxima el área: 120×80= 9.600m2 JULIO 2015. FASE ESPECÍFICA (OPCIÓN A)
Dada la función f(x)=x+xe−x, calcula la ecuación de la recta tangente a la curva f(x) que sea paralela a la recta x−y+3=0. (2,5 puntos)
SOLUCIÓN
Veamos un par de cuestiones antes de hacer el ejercicio.
• Cuando una recta viene dada de la forma y=mx+b su pendiente es el coeficiente de x. La recta que nos dan, podemos escribirla de la forma y=x+1. Su pendiente es m = 1.
• La derivada de una función en un punto es la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función en dicho punto. En nuestro caso: f(x)=x+xe−x ⇒ f'(x)=1+e−x−xe−x
• Dos rectas paralelas tienen la misma pendiente, así que se trata de ver en qué punto la derivada de la función f vale 1. '( ) 1 1 1 0 (1 ) 0 1 0 1 0 1 ) 1 ( = ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = − + ⇒ = − − − − − x x e x x e xe e xe e x f x x x x x x
(1) exno es cero para ningún valor de x.
Lo que nos dice el ejercicio es que hallemos la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función en el punto de abscisa x = -1 es decir, en el punto
(
)
(
)
+ = + = − e e f(1) 1, 1 1, 1 1 ,
1 1 en el cual, la tangente tiene pendiente 1.
La ecuación de esa recta es: 1 1=1⋅( −1)
+ − x e y es decir:
e
x
y
=
+
1
Recuerda que si una recta pasa por el punto (a, b) y tiene pendiente m, su ecuación es: y−b=m(x−a)
2. CÁLCULO INTEGRAL
JUNIO FASE GENERAL (OPCIÓN A)a) Dibuja el recinto limitado por la curva y=x2, la bisectriz del primer y tercer cuadrante, el eje de abscisas y la recta x = 2. (1 punto)
b) Halla el área del recinto dibujado en a). (1,5 puntos) SOLUCIÓN
a) Puedes ver el dibujo en la figura.
b) El área de ese recinto es muy sencilla de calcular. No explicamos aquí cómo obtener los puntos de corte de las gráficas, porque resultan evidentes.
2 2 2 1 2 1 0 3 2 1 1 0 2 833 , 1 6 11 2 3 3 1 2 1 2 4 0 3 1 2 3 u u x x xdx dx x = + = ≈ − + − = + = +
∫
∫
JUNIO FASE GENERAL (OPCIÓN B) Obtén
∫
e2x+1cosxdx. (2,5 puntos)SOLUCIÓN
La haremos por partes: llamamos u =e2x; dv=cosxdx⇒du=2e2x; v=
∫
cosxdx =senx. Por tanto:∫
e2x+1cosxdx= senx⋅e2x −2∫
e2xsenxdx (1)y=x
x=2
OX y=x2
Si al hacer la primera integral en la que aparece cosx hemos obtenido otra en la aparece senx, volvamos a hacer esta última y seguro que obtenemos otra como la primera y podremos despejar.
Hagamos por partes
∫
e2xsenxdx , haciendo: u=e2x;dv=senxdx⇒du=2e2x; v=∫
senxdx =−cosx∫
e2x+1senxdx =−cosx⋅e2x +2∫
e2xcosxdxLlevando este resultado a (1) obtenemos lo siguiente:
(
)
⇒ ⋅ + ⋅ = ⇒ − ⋅ + ⋅ = ⇒ ⇒ + ⋅ − − ⋅ = − ⋅ =∫
∫
∫
∫
∫
∫
+ + + x x x x x x x x x x x x x e x e senx dx x e xdx e e x e senx dx x e xdx e e x e senx senxdx e e senx dx x e 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 cos 2 cos 5 cos 4 cos 2 cos cos 2 cos 2 2 cosC
e
x
e
senx
dx
x
e
x x x=
⋅
+
⋅
+
∫
+5
cos
2
cos
2 2 1 2JUNIO ESPECÍFICA (OPCIÓN A) Calcula una primitiva de la función
x
Lx
x
f
(
)
=
. (2,5 puntos) (Lx es el logaritmo neperiano de x) SOLUCIÓNEncontremos todas las primitivas de
x Lx x
f( )= . Vamos a resolver esta integral
∫
dx x LxLa haremos por partes: llamamos x dx x x
x dx v x dx du x dx dv Lx u 2 2 1 ; ; 2 1 2 1 = = = = = ⇒ = =
∫
∫
− . Por tanto: x Lx x x Lx x C x dx Lx x dx x x Lx x dx x Lx = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ − ⋅ = ⋅ − +∫
∫
∫
2 2 2 2 2 2 2 2 4 ) 1 ( Una primitiva de la funciónx Lx x
f ( ) = es
g
(
x
)
=
2
x
⋅
Lx
−
4
x
Si queremos asegurarnos de que el resultado es el correcto, no tenemos más que comprobar que
g
'
(
x
)
=
f
(
x
)
(1) Esa integral ya la hicimos antes. JULIO FASE GENERAL (OPCIÓN A)
Considera las curvas y=4x−x2 e y=x2 −6
a) Encuentra sus puntos de intersección. (0,5 puntos)
b) Representa razonadamente las dos curvas en una misma gráfica, donde se vea claramente el recinto que limitan entre ellas. (1 punto)
c) Encuentra el área del recinto limitado por las dos curvas. (1 punto) SOLUCIÓN
a) Resolvemos el sistema que viene dado por las ecuaciones que determinan las funciones: − = ⇒ − = = ⇒ = ⇒ = − − ⇒ − = − → − = − = 5 1 3 3 0 6 4 2 6 4 6 4 2 2 2 2 2 y x y x x x x x x x y x x y
Las curvas se cortan en los puntos P(3,3) y Q(−1, −5) b) Se trata de dos parábolas.
La primera abre hacia abajo puesto que el coeficiente de
x
2 es negativo, y la segunda abre hacia arriba.Para hallar los vértices de cada una de ellas, basta derivar y hallar el máximo o mínimo según el caso; es muy sencillo. La primera tiene su vértice en V1 (2,4) y la segunda en V2(0,−6).
Los puntos de corte con los ejes son evidentemente (0, 0) , (4, 0) para la primera y
( ) (
6
,
0
,
−
6
,
0
)
y
(
0
,
−
6
)
para la segunda. La gráfica de las dos y el recinto que limitan, puedes verlos en el dibujo adjunto. (3, 3) (2, 4) (4, 0)( )
6,0 (0, -6) (-1,-5)(
− 6,0)
(0, 0)c)
(
) (
)
[
]
(
)
2 3 1 2 3 3 1 2 3 3 1 2 3 1 2 2 83 , 18 6 113 6 5 18 12 10 18 6 2 3 2 6 2 4 3 2 6 4 2 6 4 u x x x x x x dx x x dx x x x Área ≈ = + = − − = = + + − = + + − = + + − = − − − = − − − −∫
∫
Nota: Ponemos valor absoluto en todos nuestros cálculos anteriores porque si cambiamos el orden de las funciones en la integral, el resultado saldría con el mismo valor absoluto pero negativo. Y un área no es nunca negativa. De esta forma, podemos poner las funciones en el orden que queramos y nunca nos vamos a equivocar.
JULIO FASE GENERAL (OPCIÓN B)
Se sabe que la derivada de una función f (x) es f ′(x) = (x +1)(x −4) .
a) Determina la función f sabiendo que
7
1
)
0
(
=
f
(1 punto)b) Halla los intervalos de crecimiento y decrecimiento y los máximos y mínimos de f (x) . (1,5 puntos) SOLUCIÓN a) f x = x+ x− ⇒ f x =
∫
x+ x− dx=∫
x − x− dx= x − x −4x+C 2 3 3 ) 4 3 ( ) 4 ( ) 1 ( ) ( ) 4 ( ) 1 ( ) ( ' 2 3 2De entre todas las funciones de la forma f x = x − x −4x+C
2 3 3 ) ( 2 3
debemos encontrar la que cumpla la condición
que nos indica el ejercicio:
=
⇒
=
⇒
7
1
7
1
)
0
(
C
f
7 1 4 2 3 3 ) ( 2 3 + − − = x x x x f b) Estudiamos los intervalos de monotonía de la función, analizando el signo de su derivada primera.
f
'
(
x
)
=
(
x
+
1
)
(
x
−
4
)
=
0
⇒
x
=
−
1
;
x
=
4
La función es decreciente en (-1, 4) y creciente en
(
−∞,−1) (
y 4,∞)
. Como es una función polinómica y no hay ningún problema de continuidad, alcanza elmáximo en el punto − 42 97 , 1 P y el mínimo en − 21 389 , 4 Q
JULIO ESPECÍFICA (OPCIÓN A)
Sean las parábolas y=x2 −4x+13 e y=2x2 −8x+16
a) Representa razonadamente las dos curvas en una misma gráfica y determine los puntos donde se cortan entre sí ambas parábolas. (1,25 puntos)
b) Halla la superficie encerrada entre las dos parábolas (1,25 puntos) SOLUCIÓN
a) Estas dos parábolas abren hacia arriba porque el coeficiente de
x
2 es positivo. En cada una de ellas hallamos el vértice, en este caso el mínimo, derivando, igualando la derivada a cero yresolviendo la ecuación. Hallamos los puntos de corte con los ejes haciendo primero y = 0 y luego x = 0.
• La primera tiene su vértice en A (2, 9) . No corta al eje OX, y corta al eje de ordenadas en M (0, 13)
• La segunda tiene su vértice en B (2, 8) . tampoco corta al eje OX, y corta al eje de ordenadas en N (0, 16)
• Para ver en qué puntos se cortan las dos parábolas, resolvemos el sistema: = ⇒ = = ⇒ = ⇒ = + − ⇒ ⇒ + − = + − → + − = + − = 10 3 10 1 0 3 4 16 8 2 13 4 16 8 2 13 4 2 2 2 2 2 y x y x x x x x x x x x y x x y
Se cortan en los puntos P (1, 10) y Q (3, 10) La gráfica puedes verla en la figura.
b) El área la calculamos resolviendo la integral definida que obtenemos restando las dos funciones entre los puntos de
-1 4 signo de f ' crecimiento de f - + + 1 2 3 8 9 10 P B A N Q M
corte. Ponemos valor absoluto porque si restamos al revés, el área saldría negativa y eso es una tontería.
(
) (
)
[
]
(
)
2 3 1 2 3 3 1 2 3 1 2 2 3 4 3 4 3 4 0 3 2 3 3 4 13 4 16 8 2x x x x dx x x dx x x x u Área = − = − = + − = + − = + − − + − =∫
∫
3. MATRICES, DETERMINANTES Y SISTEMAS
JUNIO 2015. FASE GENERAL (A) Dado el sistema
=
+
−
−
=
−
+
−
=
+
−
a
z
y
x
z
y
x
a
z
ay
ax
2
1
2
3
2
3
a) Estudia su compatibilidad según los distintos valores del número real a. (1,5 puntos) b) Resuélvelo, si es posible, en el caso a =1. (1 punto)
SOLUCIÓN
a) En este caso, es muy sencillo analizar la compatibilidad del sistema utilizando el Teorema de Rouché - Fröbenius. Estudiamos los rangos de la matriz del sistema A, y de la ampliada B.
− − − − − = − − − − = a a a a B a a A 1 1 1 2 2 3 2 3 1 1 2 2 3 2 3
A
=
3
a
−
12
;
A
=
0
⇒
3
a
−
12
=
0
⇒
a
=
4
CASOS QUE SE PUEDEN PRESENTAR:
• a≠4⇒ RanA=RangB=3⇒ El sistema es compatible determinado
• ⇒ ≠ − − − − = ≠ − − = ⇒ = 0 4 1 2 1 3 2 4 4 4 3 0 3 2 4 4 2 4 que puesto RangB que puesto RanA a El sistema es incompatible
b) Para a = 1 sabemos que el sistema es compatible determinado, así que lo resolvemos como nos parezca. Aquí lo haremos eliminando incógnitas (método de Gauss)
−
=
−
=
=
+
−
→
=
+
−
−
=
−
+
−
=
+
−
−+1
1
1
1
2
1
2
3
2
1
1 3 1 2 2 2z
y
y
z
y
x
z
y
x
z
y
x
z
y
x
E E E E
=
=
=
⇒
2
1
0
z
y
x
Nota: cuando de decimos E2 +2 E1 queremos decir que a la segunda ecuación le sumamos dos veces la primera. JUNIO 2015. FASE GENERAL (B)
Dados los números reales a, b, c, x, se considera la matriz A =
x
b
a
c
x
a
c
b
a
a) Halla los valores de x para los cuales el determinante de A es nulo para cualesquiera valores de a, b, c. (0,75 puntos) b) Si x =1 y b = c = 2, halla los valores de a para los cuales A tiene inversa. (0,75 puntos)
c) Halla, si es posible, la inversa de A cuando x = 0 y b = c = a =1. (1 punto) SOLUCIÓN
a) Obviamente cuando x = a o bien x = b, el determinante de la matriz A es nulo por tener dos filas iguales. Cabe pensar que pudiera haber algún otro valor para x que hiciera nulo el determinante de esa matriz, pero como la ecuación que resulta de igualarlo a cero es de segundo grado siendo x la incógnita, no puede haber más de dos soluciones, así que hemos acabado. El ejercicio también se puede hacer resolviendo la ecuación:
A
=
0
⇔
ax
2−
acx
−
abx
+
abc
⇔
ax
2−
(
ac
+
ab
)
x
+
abc
=
0
⇔
x
2−
(
c
+
b
)
x
+
bc
=
0
Cuyas soluciones son x = a y x = b.
b) En este caso,
1
2
2
1
2
2
a
a
a
A
=
;A
=
a
por tanto: A tiene inversa ⇔a≠0c) Cuando x = 0 y b = c = a =1,
A
=
a
=
1
⇒
A tiene inversa.(
)
−
−
−
=
=
−1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
1 tAdjA
A
A
JUNIO 2015. FASE ESPECÍFICA (A)
Sea una matriz cuadrada de orden 3 con elementos reales tal que A2 =I , donde I es la matriz identidad de orden 3. a) Prueba que la matriz tiene inversa y halla dicha inversa. (1 punto)
b) Obtén An para cualquier número natural n. (0,75 puntos) c) Si
=
a
a
A
0
0
0
0
1
1
1
, calcula el valor del número real a para que A2 =I
. (0,75 puntos)
SOLUCIÓN a) A2 =I ⇔ A⋅A=I ⇔A−1 =A
Estas matrices se llaman "involutivas" . La inversa es ella misma. En el ejercicio nº 9 de los problemas de la PAU sobre matrices (septiembre 1997) puedes ver la forma general de todas las matrices cuadradas de orden dos involutivas. b) A2 =I ⇒A3 =A2⋅A=I⋅A= A⇒A4 = A3A= AA=I ⇒A5 =A4A=IA=A.... Y en general: = par es si I impar es n si A An c) 1 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 2 2 2 2 ⇒ =− = = + ⇒ = + + ⇒ = a a a a a a a I
A (es el único valor que cumple las dos ecuaciones)
JUNIO 2015. FASE ESPECÍFICA (B)
Dado el sistema − = + + = + + = + + 12 9 4 0 3 2 2 2 z y x a z y ax z y x
a) Estudia su compatibilidad según los valores del número real a. (1,5 puntos) b) Resuelve el sistema, si es posible, cuando a = 3 . (1 punto)
SOLUCIÓN
a) Discutamos el sistema utilizando el método de eliminación de incógnitas (Gauss)
) 1 ( 0 ) 6 5 ( 6 ) 3 ( 2 30 5 ) 9 ( 6 ) 3 ( 2 12 9 4 0 3 2 2 2 5 2 9 3 2 1 3 1 3 1 2 = + − − = − − = + + → − = − − − = − − = + + → − = + + = + + = + + − −− x a a y x a z y x y x a y x a z y x z y x a z y ax z y x E E E E E E
Nota: E2−3E1 quiere decir que a la segunda ecuación le hemos restado 3 veces la primera.
La última ecuación nos indica que el sistema siempre es compatible, porque siempre va a haber una solución:
x = 0, y =6 ; z = -4. Ahora bien, si el coeficiente a2−5a+6 fuese cero, habría infinitas soluciones porque cualquier valor de x satisface la última ecuación. a2 −5a+6=0⇒a=2;a=3 y por tanto:
• a≠2 y a≠3⇒ El sistema es compatible determinado
• a=2, 3⇒ El sistema es compatible indeterminado. Hay infinitas soluciones dependiendo de un parámetro. En este último caso, la última igualdad no es una ecuación sino una identidad 0⋅x=0 y puede prescindirse de ella.
b) Para a = 3, sin más que sustituir en (1) el sistema queda como sigue:
=
=
−
−
=
⇒
−
=
−
=
+
+
α
α
z
y
x
y
z
y
x
6
4
6
2
α
∈RComo hay tres incógnitas pero solo dos ecuaciones, una incógnita queda libre: z
JULIO 2015. FASE GENERAL (A)
Considere el sistema
=
+
+
−
+
+
=
+
−
+
=
+
−
+
0
)
3
(
)
3
3
(
)
1
(
0
2
)
2
2
(
1
)
1
(
z
a
y
a
x
a
z
y
a
ax
z
y
a
x
a) Estudia el carácter del sistema según los valores del número real a. (1,5 puntos) b) Resuelve el sistema, si es posible, cuando a = 1. (1 punto)
SOLUCIÓN
a) Para discutir el sistema, como en el ejercicio anterior, lo vamos transformando en otro equivalente pero escalonado.
−
=
−
=
−
=
+
−
+
→
−
=
+
−
−
=
−
=
+
−
+
→
=
+
+
−
+
+
=
+
−
+
=
+
−
+
− −−1
2
)
2
(
1
)
1
(
3
)
2
(
2
)
2
(
1
)
1
(
0
)
3
(
)
3
3
(
)
1
(
0
2
)
2
2
(
1
)
1
(
2 3 1 3 1 2 3 2az
x
a
z
y
a
x
az
x
a
x
a
z
y
a
x
z
a
y
a
x
a
z
y
a
ax
z
y
a
x
E E E E E EObviamente, cuando a vale 0 ó 2, las dos últimas ecuaciones son de la forma 0⋅x=−2 y 0⋅z=−1 que no tienen solución. Ningún número multiplicado por cero puede dar -2 ni -1.
Cuando a vale 1 el sistema queda como sigue:
−
=
−
=
−
=
+
1
2
1
z
x
z
x
La primera ecuación está de más, y sobre la incógnita y no
hay ninguna restricción, así que es libre. En ese caso las soluciones son:
R
z
y
x
∈
−
=
=
=
α
α
1
2
Podemos por tanto concluir lo siguiente:
• a=0, 2⇒sistema incompatible
• a=1⇒sistema compatible indeterminado
• a≠0,1, 2⇒sistema compatible determinado
b) Para el caso a = 1 ya hemos resuelto el sistema en el apartado anterior. JULIO 2015. FASE GENERAL (B)
Dado el número real a considera la matriz
−
−
−
=
a
a
a
a
A
2
2
1
3
1
1
a) Obtén los valores del número real a para los que la matriz A tiene inversa. (1,25 puntos) b) Calcula, si es posible, la inversa de A cuando a = 0 . (1,25 puntos)
SOLUCIÓN
a) Como sabemos: A tiene inversa
⇔
A
≠
0
A
=
−
a
3+
2
a
2−
a
+
2
A
=
0
⇒
−
a
3+
2
a
2−
a
+
2
=
0
⇒
a
=
2
observa que esa ecuación de tercer grado, solo tiene una solución real. Por tanto: A tiene inversa ⇔a≠2
(
)
− − − = − − − = = − 2 3 1 3 2 1 0 1 2 1 0 0 3 2 6 1 0 2 1 0 0 2 1 1 1 t A Adj A AJULIO 2015. FASE ESPECÍFICA (A)
Dado el sistema
−
−
=
+
+
+
+
=
+
+
+
+
=
+
+
+
4
2
)
1
(
3
)
1
(
1
)
1
(
a
z
a
y
x
a
z
y
a
x
a
z
y
x
a
a) Estudia su compatibilidad según los distintos valores del número real a. (1,5 puntos) b) Resuélvelo, si es posible, en el caso a = -3. (1 punto)
SOLUCIÓN
Vamos a estudiar la compatibilidad de este sistema por dos métodos, con el fin de que cada cual decida el que considera más apropiado.
MÉTODO DE ELIMINACIÓN DE GAUS
Multiplicamos la primera ecuación por el coeficiente adecuado, de modo que sumándosela a las siguientes podamos eliminar una misma incógnita en cada una de ellas. Continuamos haciendo lo mismo con la segunda para eliminar otra incógnita en la tercera, y ya tenemos un sistema "escalonado" con tres incógnitas en la primera ecuación, dos en la segunda y una en la tercera. Discutir o resolver un sistema de ese tipo, es de lo más sencillo.
[
]
( 3 ) 4 3 (1) 2 1 ) 1 ( 5 4 ) 1 ( 1 2 1 ) 1 ( 4 2 ) 1 ( 3 ) 1 ( 1 ) 1 ( 2 2 2 2 ) 1 ( 1 3 2 3 1 2 − − − = − − = + − + = + + + − − − = − + − = + − + = + + + → − − = + + + + = + + + + = + + + + → + − − a a x a a ay ax a z y x a a a ay x a ay ax a z y x a a z a y x a z y a x a z y x a E E E a E E ENota: Cuando indicamos E2−(a+1)E1 queremos decir que a la segunda ecuación le restamos la primera multiplicada por (a+1)
El sistema (1) no es el mismo que se nos propone en el ejercicio, eso es obvio, pero es equivalente es decir, tiene las mismas soluciones. Y eso es lo que nos interesa. Discutirlo es así de sencillo.
Nos fijamos en la última ecuación. Se trata de la ecuación más fácil que nos podemos encontrar: una ecuación de primer grado con una incógnita. Todas las ecuaciones de ese tipo son así: A⋅x=B.
A y B son dos números reales cualesquiera, y dependiendo de lo que valgan la ecuación tiene solución o no.
• A≠0⇒La ecuación tiene una única solución: x =B/A
• A=0 y B≠0⇒La ecuación no tiene solución.
Ningún número multiplicado por cero puede dar un valor que no sea cero.
• A=0 y B=0⇒La ecuación tiene infinitas soluciones. Cualquier número multiplicado por cero es cero. Así que vamos a estudiar la ultima ecuación del sistema (−a2 −3a)x=−a2−4a−3
En este caso, A=−a2 −3a y B=−a2 −4a−3. Veamos para qué valores de a se anulan: − = − = ⇒ − − − − = = ⇒ = − − 3 ; 1 3 4 3 ; 0 0 3 2 2 a a a a a a a a
DISCUSIÓN DEL SISTEMA
• a≠0, −3⇒El sistema es compatible determinado
• a=0⇒El sistema es incompatible
• a=−3⇒El sistema es compatible indeterminado
Si ahora nos piden resolverlo para a = -3, lo tenemos muy fácil porque en el sistema (1) la última no es una ecuación sino una identidad, así que sobra y resolvemos este sistema
= − − = + + − 2 3 3 2 2 y x z y x
en el que podemos dejar libre la incógnita z. Esa incógnita se convierte en el parámetro
α
y puede tomar cualquier valor:z
=
α
Resolvemos el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas por el método que nos parezca:
(
)
∈
=
+
=
+
=
⇒
=
−
−
−
=
+
−
R
z
y
x
y
x
y
x
α
α
α
α
α
;
3
4
3
;
3
2
3
2
3
3
2
2
Ahora vamos a discutir el sistema utilizando el TEOREMA DE ROUCHÉ FRÖBENIUS Se trata de estudiar los rangos de las matrices del sistema y ampliada: A y B
− − + + + + + = + + + = 4 2 3 1 ) 1 ( 1 1 1 ) 1 ( 1 1 1 ) 1 ( ) 1 ( 1 1 1 ) 1 ( 1 1 1 ) 1 ( a a a a a a B a a a A ) 3 ( 3 1 ) 1 ( ) 1 ( 1 1 ) 1 ( + 3+ + − + − + + = 3+ 2 = 2 + = a a a a a a a A − = = ⇒ = + ⇒ = 3 ) ( 0 0 ) 3 ( 0 2 a doble solución a a a A DISCUSIÓN
• a≠0, −3⇒RangA=RangB=3⇒El sistema es compatible determinado
• a=0⇒RangA=1 y RangB=2⇒El sistema es incompatible
• a=−3⇒RangA=RangB=2⇒El sistema es compatible indeterminado.
En este último caso, que es en el que nos lo mandan resolver, hay infinitas soluciones dependiendo de un parámetro. En realidad y puesto que el rango es 2, hay dos ecuaciones con tres incógnitas, por lo que una de ellas queda libre. El sistema queda como sigue
(
R)
z y x y x y x z y x z y x z y x z y x z y x ∈ = + = + = ↔ − = − − − = + − ↔ = + − − = + + − ↔ = − + = + − − = + + −α
α
α
α
α
α
3 4 3 3 2 3 2 2 2 0 2 2 2 2 2 0 2 2 2Nos hemos quedado con las dos primeras ecuaciones y hemos pasado al otro miembro la incógnita z
transformándola en el parámetro
α
( es decir, la hemos dejado libre) porque el determinante que forman los coeficientes de las dos primeras ecuaciones y las dos primeras incógnitas es distinto de cero 02 1 1 2 ≠ − −
Resolvemos como cualquier sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas. Por el método que más nos guste. JULIO 2015. FASE ESPECÍFICA (B)
Sea A una matriz de orden 3 con sus elementos en los números reales tal que A−1= At a) Obtén los posibles valores del determinante de A. (0,75 puntos)
b) Halla los posibles valores del determinante de An cuando n es un número natural. (1 punto) c) Determina los posibles valores del determinante de A−1. (0,75 puntos)
Nota: At denota la matriz traspuesta de A. SOLUCIÓN a) 1 1 2 1 1 ) 2 ( ) 1 ( 1= ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =± − A A A I A A I A A A A A A A t t t t
Hemos aplicado las siguientes propiedades de los determinantes:
(1) El determinante de un producto de dos matrices es igual al producto de los determinantes de cada una de ellas, y el determinante de la matriz identidad vale 1.
(2) El determinante de una matriz y el de su traspuesta son iguales: A = At b) A2 = A⋅A = A A = A At = A⋅At = A⋅A−1 = I =1 A3 = A⋅A2 = A A2 = A A2 = A⋅1= A A4 = A2⋅A2 = A2 A2 =1⋅1=1 A5 = A⋅A4 = A A4 = A⋅1= A Y en general: = impar es n si A par es n si An 1 c)
1
1
1
1
1
1 1 1 1=
±
±
=
=
⇒
=
⋅
⇒
=
⋅
⇒
=
⋅
− − − −A
A
A
A
I
A
A
I
A
A
P P' Q
π
r4. GEOMETRÍA
JUNIO 2015. FASE GENERAL (OPCIÓN A)
Considere las rectas
− = − = − ≡ = − = − ≡ 2 2 2 2 2 1 2 2 1 z y y x r z x y x r
a) Estudie la posición relativa de r1 y r2. (0,75 puntos)
b) Encuentre, si es posible, la ecuación implícita de un plano perpendicular a ambas rectas pasando por A(0,-2,0). (0,75 puntos)
c) Encuentre la distancia entre r1 y r2. (1 punto) SOLUCIÓN
a) En primer lugar, escribimos en paramétricas las dos rectas para conocer sus vectores directores y un punto por el que pasan. Para ello, resolvemos los sistemas que las determinan.
⇒ + = = + = ⇒ − = − = − ≡ − − ⇒ + − = + − = = ⇒ = − = − ≡ 2 1 , 1 , 2 1 ) 1 , 0 , 1 ( 2 1 1 2 1 1 2 2 2 2 ) 1 , 2 , 1 ( ) 2 , 1 , 0 ( 2 2 1 2 1 2 2 1 v y Q z y x z y y x r u y P z y x z x y x r r r
α
α
α
α
α
α
P y Q son puntos por los que pasan r y s respectivamente. u y v son sus vectores directores respectivos. Como los dos vectores son proporcionales ur=2vr , llevan la misma dirección. Por tanto las rectas son paralelas o coincidentes. Para descartar esto último, basta ver que el vector PQ(1,1,3) no es proporcional a u y v.
Podemos concluir por tanto, que las rectas son PARALELAS.
b) Los infinitos planos perpendiculares a estas rectas, todos ellos paralelos, tienen como vector normal (vector asociado) el vector director de las rectas, y por tanto sus ecuaciones son así: x+2y+z+D=0. Se trata de seleccionar el que pasa por el punto A(0, -2, 0). Para ello, sustituimos las coordenadas del punto en el plano y calculamos D.
0−4+0+D=0⇒D=4 . Por tanto, el plano que nos piden es:
π
≡ x+2y+z+4=0c) Como estas dos rectas son paralelas, basta tomar un punto en una de ellas y hallar la distancia desde ese punto a la otra. 5 . 2,236 .
6 30 ) , ( ) , (1 2 1 u u u u Q P r Q d r r d = = r× = = ≈ v r
30
1
4
25
2
5
1
2
1
3
1
1
=
−
+
+
⇒
×
=
+
+
=
=
×
i
j
k
P
Q
u
k
j
i
u
Q
P
r
r
r
r
; ur = 1+4+1= 6JUNIO 2015. FASE GENERAL (OPCIÓN B)
Considera la recta 1 1 2 1 1 1 + = − = − ≡ x y z r
a) Obtén el punto P’ simétrico de P(1,2,1) respecto de r. (1 punto) b) Halla la distancia de P a r. (0,75 puntos)
c) Halla la distancia de P a P’. (0,75 puntos) SOLUCIÓN
a) La recta r tiene como vector director ur(1,2,1). Para encontrar las coordenadas del punto P´ que nos piden,
seguiremos los siguientes pasos: primero hallamos la ecuación del plano
π
que pasa por el punto P y es perpendicular a r, luego encontramos las coordenadas del punto Q en el que se cortan la recta r y el planoπ
, y por fin, como Q ha de ser el punto medio del segmento PP', podemos encontrar las coordenadas de P'. Vamos a ello.por tanto,
π
≡x+2y+z+D=0. De entre esa familia de planos paralelos, seleccionamos el que pase por P. 1 + 1 + 4 + D = 0 ⇒D=−6⇒π
≡x+2y+z−6=0• Resolvemos el sistema determinado por la recta y el plano. Para ello, ponemos mejor la recta en paramétricas.
− = + − = = ⋅ + = = + = ⇒ = ⇒ = − + − + + + ⇒ = − + + ≡ + − = + = + = ≡ 3 1 3 2 1 3 7 3 2 2 1 3 5 3 2 1 3 2 0 6 1 ) 2 1 ( 2 1 0 6 2 1 2 1 1 z y x z y x z y x r
α
α
α
α
π
α
α
α
El punto en el que se cortan r y
π
es − 3 1 , 3 7 , 3 5 Q• Supongamos que las coordenadas del punto P' que nos piden son P' (a, b, c). Como Q debe ser el punto medio del segmento PP', podemos hallar a, b y c.
3 5 2 3 3 3 1 2 1 3 8 14 6 3 3 7 2 2 3 7 10 3 3 3 5 2 1 − = ⇒ − = + ⇒ − = + ⇒ = ⇒ = + ⇒ = + = ⇒ = + ⇒ = + c c c b b b a a a − 3 5 , 3 8 , 3 7 ' P b) . 1,5275 . 3 21 9 21 1 3 1 2 3 7 1 3 5 ) , ( ) , ( 2 2 2 u u Q P d r P d = = ≈ − − + − + − = = c) 3,055 . 3 21 2 ) , ( 2 ) ' , (P P d P Q u d = ⋅ = ≈
JUNIO 2015. FASE ESPECÍFICA (OPCIÓN A)
Considere los planos
π
1≡2x+2y+az=1,π
2 ≡2x+ay+2z=−2,π
3 ≡ax+2y+2z=1donde a es un número real. Calcule:
a) El valor de a para que los planos contengan una recta común. (1 punto) b) Halle un vector director de dicha recta. (0,5 puntos)
c) Escriba unas ecuaciones paramétricas de la recta común a los tres planos dados. (1 punto) SOLUCIÓN
a) Cuando nos dicen que los tres planos deben tener una recta en común, nos están queriendo decir que el sistema que se obtiene con las ecuaciones de los tres planos, ha de ser compatible indeterminado, o dicho de otro modo: si llamamos A y B a las matrices del sistema y ampliada respectivamente, Rang A = Rang B = 2.
−
=
=
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
a
a
B
a
a
a
A
Si queremos que Rang A = 2 , ha de ser
− = = ⇒ = − + − ⇒ = 4 ) ( 2 0 16 12 0 3 a doble solución a a a A
Ahora bien, si a = 2 es obvio que Rang A = 1 y los tres planos son paralelos.
Pero si a = -4 , entones sí que Rang A = Rang B = 2 puesto que
0
1
2
4
2
4
2
1
2
2
0
4
2
2
2
=
−
−
−
≠
−
y
b) Para a = -4, como ya vimos en el apartado anterior, Rang A = Rang B = 2. El sistema es compatible indeterminado y como 0 4 2 2 2 ≠
− la última ecuación podemos quitarla. la recta común a los dos planos es
− = + − = − + ≡ 2 2 4 2 1 4 2 2 z y x z y x r
Podemos hallar su vector director de dos formas:
La primera: multiplicamos vectorialmente los vectores normales o asociados ur=(2,2,−4) y vr(2,−4,2)de los dos planos que determinan la recta, y el vector ur×vr perpendicular a los dos, es el director.
i
j
k
k
j
i
v
u
12
12
12
2
4
2
4
2
2
=
−
−
−
−
−
=
×
r
r
. El vector ur=(1,1,1) lleva la misma dirección que el anterior, y por tanto también es un vector director de la recta pedida, pero tiene coordenadas más sencillas.
c) La segunda manera de encontrar el vector director de la recta − = + − = − + ≡ 2 2 4 2 1 4 2 2 z y x z y x r es escribirla en paramétricas, o lo que es igual, resolver el sistema determinado por esas dos ecuaciones.
Se trata de un sistema compatible indeterminado, y puesto que 0 4 2
2 2
≠
− podemos resolverlo dejando libre la incógnita z que se convertirá en parámetro:
Hacemos
z
=
α
y resolvemos→
−
−
=
−
+
=
+
→
−
=
+
−
=
−
+
α
α
2
2
4
2
4
1
2
2
2
2
4
2
1
4
2
2
y
x
y
x
z
y
x
z
y
x
= + = =α
α
α
z y x 2 1Esas son las ecuaciones paramétricas de la recta común a los tres planos, y por tanto su vector director es, como ya sabíamos, u =(1,1,1)
JUNIO 2015. FASE ESPECÍFICA (OPCIÓN B)
Considere las rectas
= = + ≡ = + − = + − ≡ 1 0 2 2 2 2 z y x s y z y x z y x r
a) Encuentre la posición relativa de las rectas r y s. (0,75 puntos)
b) Halle, si es posible, la ecuación implícita de un plano paralelo a r que contiene a s. (1 punto) c) Obtenga la mínima distancia entre r y s. (0,75 puntos)
SOLUCIÓN
a) En primer lugar vamos a encontrar las ecuaciones paramétricas de las dos rectas, con el fin de conocer los vectores directores y un punto de cada una de ellas. Resolvemos los correspondientes sistemas.
(
)
= − → = = − = ⇒ = = + ≡ − = → = + − = = ⇒ = + − = + − ≡ ) 1 , 0 , 0 ( 0 , 1 , 1 1 1 0 ) 0 , 1 , 0 ( 1 , 2 1 , 0 2 1 1 0 2 2 2 2 ) 2 ( ) 1 ( B punto el por pasa v director vector z y x z y x s A punto el por pasa u director vector z y x z y x z y x rβ
β
α
α
(1) Resolvemos el sistema compatible indeterminado, haciendo
z
=
α
(2) Este es más sencillo. Convertimos en parámetro la incógnita y: y=β
Desde luego que no son paralelas ni coincidentes, porque sus vectores directores no son proporcionales.
Únicamente debemos decidir si son o no coplanarias es decir, si están contenidas en un plano o se cruzan. Ello depende de si los vectores AB, u y v son o no linealmente independientes. Para ello analizamos su rango o lo que es igual, el rango de la matriz de sus coordenadas.
P Q
π
r 1'
P
2'
P
0 2 1 0 1 1 1 2 1 0 1 1 0 3 0 1 1 1 2 1 0 1 1 0 ) , , ( = ≠ − = −=Rang puesto que
v u AB
Rang
Los vectores son linealmente independientes, y por tanto las rectas se cruzan.
b) El plano
π
que contiene a s y es paralelo a r, pasa por el punto B y está determinado por los vectores u y v.Esta es su ecuación:
=
⇒
−
+
−
−
=
⇒
−
−
0
)
1
(
2
1
0
0
1
1
1
2
1
0
1
x
z
y
z
y
x
0 1 2 2 + − + = ≡ x y zπ
c) La forma más sencilla de hallar la distancia entre las dos rectas es utilizar el resultado del apartado anterior, y darse cuenta de que es la distancia desde un punto cualquiera de r , por ejemplo el punto A, al plano
π
.
.
3
1
9
1
)
1
(
2
2
1
0
)
1
(
2
0
2
)
,
(
)
,
(
2 2 2u
A
d
s
r
d
=
−
=
−
+
+
+
−
−
⋅
+
⋅
=
=
π
También podemos de esta otra forma, aunque es algo más complicado:
Como sabemos que r y s se cruzan, aplicamos la fórmula de la distancia entre rectas que se cruzan:
[
]
. 3 1 2 3 2 1 , , ) , ( ) 1 ( u v u v u AB s r d = = × =(1) Denotamos
[
AB ,
,
u
v
]
al producto mixto de esos tres vectores.[
]
2 1 0 1 1 1 2 1 0 1 1 0 , , = − = v u
AB (lo hallamos antes)
i
j
k
k
j
i
v
u
2
1
0
1
1
1
2
1
0
=
−
−
+
−
=
×
2
3
4
9
4
1
1
1
+
+
=
=
=
×
v
u
JULIO 2015. FASE GENERAL (OPCIÓN A)
Considera el plano
π
≡x+ y−z=0 y el punto P(1,1,-1). Obtén:a) Un punto Q en el plano π tal que la recta r determinada por P y Q sea perpendicular al plano π. (1,5 puntos) b) Los puntos P’ en la recta r tales que la distancia de P’ a π sea el doble de la distancia de P a π. (1 punto)
SOLUCIÓN
a) Nos piden las coordenadas del punto Q: pie de la perpendicular trazada desde P a
π
. Para ello, primero hallamos la ecuación de la recta r, perpendicular aπ
pasando por P, y luego encontramos el punto de corte de dicha recta con el plano. Ese será el punto Q que nos piden.• El vector director de r será el normal al plano es decir, ur(1,1,−1)
Por tanto
−
−
=
+
=
+
=
≡
α
α
α
1
1
1
z
y
x
r
son las ecuaciones paramétricas de la recta r.• Para encontrar el punto de corte de la recta r y el plano π, resolvemos el sistema que determinan sus ecuaciones:
= − − − = = − = = − = ⇒ − = ⇒ = + ⇒ = − − − + + + ⇒ = − + ≡ − − = + = + = ≡ 0 ) 1 ( 1 0 1 1 0 1 1 1 0 3 3 0 ) 1 ( 1 1 0 1 1 1 z y x z y x z y x r
α
α
α
α
α
π
α
α
α
El punto Q es el origen de coordenadas (0, 0, 0).
b) El punto o puntos P' que buscamos, por encontrarse en la recta r tienen estas coordenadas: P'(1+
α
,1+α
,−1−α
). Para encontrar sus coordenadas, imponemos la condición del problema.( ', ) 2 ( , ) ( ', ) 2 ( , ) ) 1 ( Q P d Q P d P d P d
π
=π
⇒ = (2)(1) Es evidente que si P' y P están en r , la distancia desde ellos a la recta es la distancia al pie de la perpendicular es decir, al punto Q . Vamos ahora a resolver la ecuación que resulta de desarrollar la igualdad (2)
(
)
− ⇒ = − − ⇒ − = ⇒ = − + ⇒ = − + ⇒ = + + ⇒ = + + ⇒ − + + = − − + + + + 2 , 2 , 2 ' 1 ) 2 , 2 , 2 ( ' 3 0 3 2 0 9 6 3 12 3 6 3 3 2 3 6 3 ) 1 ( 1 1 2 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( 2 1 2 2 2 ) 3 ( 2 2 2 1 2 2 2 P Pα
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
(3) Elevamos al cuadrado los dos miembros de la ecuación.
Como podemos ver, hay dos puntos
P
'
1y
P
'
2 que cumplen la condición del problema. JULIO 2015. FASE GENERAL (OPCIÓN B)Los puntos A(1, 0, 0) y B(0, 2, 1) son los vértices que forman el lado desigual de un triángulo isósceles. Se sabe que el tercer vértice pertenece a la recta
= = ≡ 10 0 z y r . a) Halla las coordenadas del tercer vértice. (1,5 puntos) b) Encuentra el área del triángulo. (1 punto)
SOLUCIÓN
a) La recta r escrita en paramétricas es así:
=
=
=
≡
10
0
z
y
x
r
α
O sea que todos los puntos de la recta son así: P(
α
,0,10).De entre esos puntos, buscamos los que cumplan la siguiente condición:
) , ( ) , (P A d P B d =
Desarrollamos esa igualdad y resolvemos la correspondiente ecuación. Hallamos el valor o valores de
α
, y sustituimos en la ecuación de la recta para obtener las coordenadas del punto o puntos que nos piden.)
10
,
0
,
8
(
8
16
2
85
101
2
85
101
2
)
1
10
(
2
10
)
1
(
2 2 2 ) 1 ( 2 2 2 2 2 2P
⇒
=
⇒
−
=
−
⇒
⇒
+
=
+
−
⇒
+
=
+
−
⇒
−
+
+
=
+
−
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
(1) Elevamos al cuadrado los dos miembros de la ecuación.
b) El triángulo tiene como vértices A(1, 0, 0) B(0, 2, 1) y P(8, 0, 10).
Área =
.
14
,
87
.
2
885
2
1
u
u
B
A
P
A
×
=
≈
r
r
885 ) 14 ( ) 17 ( ) 20 ( 14 17 20 1 2 1 10 0 7 ; ) 1 , 2 , 1 ( ; ) 10 , 0 , 7 ( 2 2 2+ − + − = − = × − − − = − = × − = = AB AP k j i k j i AB AP AB APJULIO 2015. FASE ESPECÍFICA (OPCIÓN A) a) Estudia la posición relativa de la recta
= + + = − ≡ 0 1 0 2 z y x r y el plano
π
≡x−y−z+2=0 (1,5 puntos) b) Halla la distancia entre la recta r y el plano π. (1 punto)SOLUCIÓN
a) En realidad, de lo que se trata en este ejercicio es de discutir el sistema que forman las ecuaciones del plano y la recta. Podemos hacerlo de varias formas, pero la más sencilla y la más útil para luego hacer el segundo apartado, es pasar la recta a paramétricas, sustituir en el plano y ver si esa ecuación de primer grado tiene solución o no.
B r
P
