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M a t e m á t i c a s I I3
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CANTABRIA CONVOCATORIA JUNIO 2009
S O L U C I Ó N D E L A P R U E B A D E A C C E S O
AUTOR:José Luis Pérez Sanza) No es cierto que el producto de matrices sea con-mutativo. Por ejemplo, las matrices:
A ; B
AB BA
No se cumple ABBA.
b) Las matrices cumplen la propiedad distributiva del producto respecto de la suma, es decir:
(IB)2(IB)(IB)IIIBBI BB
IBBB2
I2BB2
Luego la afirmación es cierta.
c) Esta afirmación es falsa. Por ejemplo:
Los determinantes de las matrices que se suman son distintos de cero (ambos valen 1) y el determinante de la matriz resultante vale cero.
a) Llamamos x, yy za las incógnitas. Escribimos el sis-tema de acuerdo con el enunciado:
冦
Si organizamos las incógnitas de manera que cada una se encuentre en su columna habitual, obtene-mos el sistema:
冦
b) Hallamos el determinante de la matriz de coeficientes:
m3
11mmm
m33m2
Para saber cuándo se anula este determinante, hacemos la división por Ruffini y obtenemos m1,
m1 y m 2.
Se cumple, entonces, que si m1 y m 2, la matriz de coeficientes y la matriz ampliada tienen el mismo rango, 3. Con lo cual, el sistema es compati-ble determinado.
c) 쐌 Si m 2
A
A*
rango (A)2; rango (A*)3
Como los rangos de las matrices son distintos, el sistema es incompatible.
쐌 Si m1
A A*
rango (A)rango (A*)13n.º de incógnitas Por tanto, el sistema es compatible indetermina-do con 312 grados de libertad.
Las tres ecuaciones son la misma, luego nos que-damos solamente con una de ellas:
xyz1
Las infinitas soluciones de este sistema son de la siguiente forma:
冦
x1 y con , 苸⺢ z冢
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1冣
冢
1 1 1 1 1 1 1 1 1冣
冢
2 1 1 1 1 2 1 2 1 1 2 4冣
冢
2 1 1 1 2 1 1 1 2冣
冨
m 1 1 1 m 1 1 1 m冨
mxyz1 xmyzm xymzm2 mx1(yz) mym(xz) mzm2(xy)冢
1 0 1 0冣
冢
0 1 1 1冣
冢
1 1 0 1冣
冢
2 2 2 0冣
冢
1 5 1 1冣
冢
1 1 0 2冣
冢
1 2 1 0冣
1B 1ABloque I
Bloque 2
a) Comprobamos la continuidad de la función:
앫 x 1 i) f(1) 1 ii) iii) f(1) lim x→1f(x) ⇒f(x) es continua en x 1. 1 1 2A
冧
⇒ lim x→1 f(x)1 lim x→1x21 lim x→1 1 1 x앫 x0 i) f(0)02
0 ii) lim
x→0
El límite lateral por la izquierda en x0 no existe, luego la función es discontinua en x0 (presenta una discontinuidad asintótica o de salto infinito).
b) Para estudiar la monotonía en el intervalo (1, 0) solamente es necesario calcular la derivada en dicho intervalo:
f’(x)
Esta expresión devuelve siempre valores positivos, luego la función es creciente en (1, 0).
Para estudiar la curvatura calculamos la derivada segunda:
f’’(x)
Esta función devuelve valores positivos para todos los puntos del intervalo (1, 0); por lo tanto, como la derivada segunda es positiva, la función es cónca-va en este intercónca-valo.
En el intervalo (1, 0) trabajamos con la función
f(x) ,que posee una asíntota vertical por la izquierda en x0.
Carece de asíntotas horizontales y oblicuas, pues ambas se calcularían en y .
c) En el primer apartado vimos que la función era con-tinua en x 1, por consiguiente nos disponemos, a continuación, a estudiar la derivabilidad en dicho punto.
En primer lugar, calculamos las derivadas laterales
en x 1.
f’(1)lim
x→1 11
f’(1)lim
x→1 1
Como las derivadas laterales existen y coinciden entre sí, se concluye que la función f(x) es derivable
en x 1.
Sabemos que la función entre 2 y 1 es una recta y entre 1 y 0 es una hipérbola, que es continua en
x 1 y que el límite por la izquierda en x0 vale .
La representación de la función en el intervalo [2, 0] es la siguiente:
a) Como la función alcanza un mínimo en el punto (2, 3), se tienen que cumplir estas dos condiciones:
g(2)3, es decir, 23 p22 q3 ⇔84pq3 g’(x)3x22px g’(2)0 ⇔322 4p0 ⇔124p0 ⇒p 3 Sustituimos p 3 en la primera ecuación:
84(3)q3 ⇔4q3 ⇒q7
b) Integramos f(x):
F(x) xdx C
Como F(x) tiene que pasar por el punto (1, 2), se tie-ne que cumplir que F(1) 2:
C2 ⇔C2 Por tanto, la función es: F(x)
c) Esta afirmación es cierta, ya que la representación de una función polinómica de segundo grado es una parábola que es cóncava o convexa en todo su dominio, es decir, no cambia de curvatura y, por lo tanto, no tiene puntos de inflexión.
De una forma analítica lo demostraríamos así:
앫 f(x)ax2bxc 앫 f’(x)2axb 앫 f’’(x)2a
Para que haya punto de inflexión:
f’’(x)0 ⇒2a0 ⇒a0
Si a0, la función no es cuadrática, puesa es el coeficiente de x2
. Nunca se puede anular la segunda derivada, luego no hay punto de inflexión.
1 x2 2 x3 1 x2 x2 2 3 2 12 2 1 2 3 2
冕
x2 2 2B 1 x 1 x 1 0 1 1 O X Y 2 2 1 2 3 3 4 3 f(x)Bloque 3
a) Desarrollamos la siguientte condición: (u"v")(u"v")17 Por la propiedad distributiva:
u"u"u"v"v"u"v"v"17
Como el producto escalar cumple la propiedad con-mutativa, los dos términos centrales de la parte izquierda de la igualdad se anulan y nos queda la expresión:
u"u"v"v"17
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Hay una propiedad que dice que el producto escalar de un vector por sí mismo coincide con el cuadrado de su módulo; por tanto, escribimos la anterior igualdad de la forma: |u"|2|v"|217 Como |u"|9, tenemos: 81|v"|2 17 ⇔|v"|2 811764 Si aplicamos la raíz cuadrada, se obtiene:
|v"|8
b) 1) Para que dos vectores sean ortogonales se tiene que cumplir que su producto escalar valga cero: (2, 1, 4)(0, 3, m)034m0 ⇒m3/4
2) Sim0 ⇒b"(0, 3, 0)
Calculamos el producto vectorial:
a"b" (12, 0, 6)
|a"b"|
Por tanto, el área del paralelogramo dos de cuyos lados son los vectores a"yb"es 艑13,42 u2
.
a) La situación planteada en el enunciado se refleja en la siguiente figura:
Como el plano que buscamos debe ser perpendicu-lar al plano 1, uno de los vectores directores debe
ser el vector normal del plano 1, que es (1, 2, 2).
Como el plano tiene que ser paralelo a la recta s,el otro vector director del plano será el vector director de la recta.
Vamos a calcularlo multiplicando vectorialmente los vectores característicos de los planos de la recta en forma general:
v"s (1, 1, 0)
Además, el plano debe pasar por el punto A,por lo que, la ecuación del plano es como sigue:
0 ⇔
⇔ z12y2z22x20 ⇔
⇔2x2y3z30
b) La construcción es la siguiente:
La longitud del lado del cuadrado la calculamos con la distancia del punto Aa la recta s:
d(A, s)
Necesitamos un punto de la recta s: Ps(0, 0, 1)
AP$sPsA(1, 0, 0)
Calculamos a continuación el producto vectorial: v
"sAP$
s (0, 0, 1)
|v"sAP$s|1
Calculamos el módulo del vectorv"s:
|v"s|
Por tanto, la distancia vale:
d(A, s) 艑0,707 u
El vértice consecutivo al puntoA,que pertenece a la recta, es la proyección ortogonal del punto Asobre la recta s. Para hallarlo, calculamos el plano perpen-dicular a la recta que pasa por A, usando como vec-tor normal del plano el direcvec-tor de la recta:
: xyD0 Como el punto Apertenece al plano:
10D0 ⇒D1 Por tanto:
: xy10
A continuación, calculamos la intersección del pla-no con la recta s;esto nos proporcionará el punto que buscamos:
冦
Sumamos las dos primeras ecuaciones:
2y 1 ⇒y1/2 ⇒x1/2
Por último, la tercera ecuación nos permite despejar la z,que vale 1.
Luego el vértice consecutivo al punto Aque está sobre ses el puntoV(1/2, 1/2, 1). xy 1 xy0 z10 1 兹2 兹2 2 兹(1)2 (1)2 02 兹 2