UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO MODELO Curso 20011/2012 MATERIA: MATEMATICAS II INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN 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. Calificación total máxima: 10 puntos. Tiempo: Hora y media.

OPCIÓN A Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. Dados los puntos A(1, ‒1, 2), B(2, 0, ‒1), C(0, 1, 3), se pide: a) (2 puntos) Hallar todos los puntos que equidistan de A, B y C. ¿Cuáles de ellos pertenecen al plano π ≡ 2x + 2y + 2z + 1 = 0 ? b) (1 punto) Hallar la ecuación del plano que pasa por A, B, C. Solución. a. El lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de tres puntos es la reta intersección de los planos mediatrices que generan los tres puntos dos a dos. Para determinar la recta, solo se necesitan dos de los tres planos mediatrices. Plano mediatriz AB. Si P(x, y z) es un punto genérico del plano mediatriz, se debe cumplir: d(A − P ) = d (B − P )

(x − 1)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = (x − 2)2 + (y − 0)2 + (z + 1)2 (x − 1)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = (x − 2)2 + (y − 0)2 + (z + 1)2 Desarrollando los cuadrados, simplificando y ordenando se obtiene la ecuación general del plano mediatriz AB (Lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de A y B). π AB ≡ 2 x + 2 y − 6z + 1 = 0 Plano mediatriz BC. Operando de igual forma: d(B − P ) = d(C − P )

(x − 2)2 + (y − 0)2 + (z + 1)2 = (x − 0)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 (x − 2)2 + (y − 0)2 + (z + 1)2 = (x − 0)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 π BC ≡ 4x − 2 y − 8z + 5 = 0

Los puntos que equidistan de A, B y C es la recta intersección de los planos πAB y πBC.  2 x + 2 y − 6z + 1 = 0 : r≡  4 x − 2 y − 8z + 5 = 0 Para expresar la recta en forma de ecuaciones paramétricas se resuelve sistema que forman las dos ecuaciones.

1

2 x + 2 y − 6z = −1 Sistema compatible indeterminado.  4 x − 2 y − 8z = −5 Para resolver el sistema se transforma una de las variables en parámetro y se resuelve en función del parámetro (z = λ). 7  x = −1 + 3 λ  2 x + 2 y = −1 + 6λ 1 2 ⇒ r ≡  y = + λ ∀ λ∈R  2 3 4 x − 2 y = −5 + 8λ   z=λ 

El punto (Q) del plano π que equidista de A, B y C es la intersección de la recta r con el plano π. Nota: la intersección de la recta y el plano se puede hacer con la recta en paramétricas o con la recta como intersección de planos, lo que os sea más fácil.

•

 7   x = −1 + 3 λ    r :  y = 1 + 2 λ   7  3  Q≡ : 2 − 1 + λ  + 2 + 2λ  + 2λ + 1 = 0 : {8λ = 0 2 3  3  2      z=λ    π : 2x + 2y + 2z + 1 = 0 λ = 0 ⇒ Q = − 1, 1 , 0 2

(

•

)

 x = −1   2 x + 2 y − 6z + 1 = 0  2 x + 2 y − 6z + 1 = 0  r :  CRAMER  → y = 1 Q ≡  4 x − 2 y − 8z + 5 = 0 : 4 x − 2 y − 8z + 5 = 0    2  π : 2x + 2y + 2z + 1 = 0  2x + 2y + 2z + 1 = 0  z=0    Q = − 1, 1 , 0 2

(

)

b. Una determinación lineal del plano (σ) que pasa por A, B y C es el punto A y los vectores AB y AC .  A = (1, − 1, 2 )  σ : AB = (2 − 1, 0 − (− 1), − 1 − 2) = (1, 1, − 3) AC = (0 − 1, 1 − (− 1), 3 − 2 ) = (− 1, 2, 1)  x −1 y +1 z − 2 σ≡ 1 1 −3 =0

−1 2 1 Desarrollando el determinante y simplificando se obtiene la ecuación general del plano que pasa por A, B y C. σ ≡ 7 x + 2 y + 3z − 11 = 0

2

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos. Dado el sistema lineal de ecuaciones: + y + 2z = 2  x  − 3x + 2 y + 3z = − 2  2 x + my − 5z = − 4  se pide: a) (2 puntos) Discutir el sistema según los valores de m. b) (1 punto) Resolverlo para m = 1. Solución. a. Al sistema lo definen las matrices de coeficientes (A) y ampliada (A*): 2   1 1 2   1 1 2     A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ 3 : n = 3 A = − 3 2 3  A* =  − 3 2 3 − 2   2 m − 5  2 m − 5 − 4     Si el |A| ≠ 0, el rango de de la matriz de coeficientes es 3 y por tanto el sistema es compatible determinado, se discute el tipo de solución del sistema para los valores del parámetro que no anulen el determinante. 1 1 2 SARRUS det A = − 3 2 3 = − 9m − 27 2 m −5 A = 0 : − 9m − 27 = 0 : m = −3

Discusión. i. Si m ≠ ‒3. |A| ≠ 0. rg A = rg A* = n = 3. Sistema compatible determinado. 1 2 ii. Si m = ‒3. |A| = 0. rg A < 3. = 8 ≠ 0 rg A = 2. Para estudiar el rango de la −3 2 ampliada se estudian los menores orlados al menor de orden 2 anterior. 1 1 2 − 3 2 − 2 = −20 ≠ 0 , rg A* = 3 ≠ rg A. Sistema incompatible 2 −3 −4 b.

Para m = 1. Sistema compatible determinado. Se puede resolvr por cualquier método.

Cramer: x =

Ax A

; y=

Ay A

; z=

Az A m =1

A = − 9 ⋅ 1 − 27 = −36

x=

2 1 2 −2 2 3 −4 1 −5 − 36

=

− 36 =1 ; y = − 36

1 2 2 −3 −2 3 2 −4 −5 − 36

Solución (1, ‒1, 1)

3

=

36 = −1 ; z = − 36

1 1 2 −3 2 −2 2 1 −4 − 36

=

− 36 =1 − 36

Ejercicio 3. Calificación máxima: 2 puntos. Halla el valor de λ para que la función  e λx 2 − 1  si x > 0 f (x ) =  3x 2  sen 2 x si x ≤ 0  x sea continua. Razonar la respuesta. Solución. Para que la función sea continua en x = 0 debe tener limite y que la función en el punto sea igual al límite. Para que una función tenga límite en un punto, debe tener límites laterales y que sean iguales.

sen 2x Lím f (x ) = Lím − −

x →0

e Lím f (x ) = Lím + +

x →0

x →0

x →0

λx

2

−1

3x 2

x

(0 0 )

(0 0 )

= Lím

L 'H x → 0

−

cos 2x ⋅ 2 = cos(2 ⋅ 0 ) ⋅ 2 = 1 ⋅ 2 = 2 1 2

2

2

e λx ⋅ 2λx λe λx λe λ⋅0 λ ⋅1 λ = = = Lím = Lím = = = + L 'H x →0 + 6x 3 3 3 3 x →0

Teniendo en cuenta que los límites laterales deben ser iguales: λ Lím f (x ) = Lím f (x ) : 2 = : λ = 6 − + 3 x →0 x →0

Para que en x = 0 la función tenga límite el valor de λ debe ser 6. Para que la función sea continua, su expresión deberá ser:  6x 2 −1  e si x > 0 2  3 x  f (x ) =  2 si x = 0  sen 2x si x ≤ 0  x 

Ejercicio 4. Calificación máxima: 2 puntos. Dado el polinomio P(x) = x3 + ax2 + bx + c, obtener los valores de a, b y c de modo que se verifiquen las condiciones siguientes: • El polinomio P(x) tenga extremos relativos en los puntos de abscisas x = ‒1/3, x = ‒1. • La recta tangente a la gráfica de P(x) en el punto (0, P(0)) sea y = x + 3. Solución. Los datos que aparecen en el enunciado permiten plantear cuatro ecuaciones con tres incógnitas. 1  1 - x = − extremos relativo. P ′ −  = 0 3  3 - x = −1 extremos relativo. P ′(− 1) = 0 - La pendiente de la recta tangente en x = 0 vale 1 (y = mx + n). P ′(0 ) = 1 - La tangente y la función comparten el punto de tangencia. Si x = 0, y = 0 + 3 = 3 = P(0). El punto (0, 3) pertenece a la función. P(0 ) = 3 P ′(x ) = 3x 2 + 2ax + b

4

  1 P ′ −  = 0   3   P ′(− 1) = 0  P ′(0 ) = 1   P(0 ) = 3

 2 1 2 − 3 + b = − 3  : a = 2  1  1 : 3 ⋅  −  + 2a ⋅  −  + b = 0    b = 1 a = 2  3  3 − 2a + b = −3  2 b =1 : b = 1 : 3 ⋅ (− 1) + 2a ⋅ (− 1) + b = 0 :   c = 3 c=3 : 3 ⋅ 0 2 + 2a ⋅ 0 + b = 1   3 2  : 0 + a⋅0 + b⋅0+ c=3 

P(x) = x3 + 2x2 + x + 3

5

OPCIÓN B Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos. Sabiendo que la función F(x) tiene derivada f(x) continua en el intervalo cerrado [2, 5], y, además, que: F(2) = 1; F(3) = 2; F(4) = 6; F(5) = 3; f(3) = 3 y f(4) = ‒1 ; hallar: a) (0'5 puntos). 3

∫2 (5 f (x ) − 7) dx 4 (1'5 puntos). ∫ F(x ) f (x ) dx 2

b) (1 punto) c)

5

∫2 f (x ) dx

Solución.

Si F′(x ) = f (x ) ⇔ f (x ) dx = F(x ) + C

∫

Regla de Barrow:

∫a f (x ) dx = (F(x )]a = F(b) − F(a ) b

b

a.

∫2 f (x ) dx = (F(x )]2 = F(5) − F(2) = 3 − 1 = 2

b.

∫2 (5 f (x ) − 7) dx = 5∫2 f (x ) dx − 7∫2dx = 5 ⋅ (F(x )]2 − 7 ⋅ (x ]2 = 5 ⋅ (F(3) − F(2)) − 7 ⋅ (3 − 2) =

5

5

3

3

3

3

3

= 5 ⋅ (2 − 1) − 7 ⋅ 1 = 5 ⋅ 1 − 7 = −2

 (F(x ))2  (F(4))2 − (F(2))2 = 6 2 − 12 = 35 = F(x ) f (x ) dx = F(x ) ⋅ F′(x ) dx =    2  2 2 2 2 2 2 2  2 4

c.

∫

4

∫

4

Nota: En el enunciado hay datos que nos ese utilizan en la resolución del ejercicio (f(3) = 3; f(4) = ‒1).

Ejercicio 2. Calificación máxima: 3 puntos. Dado el sistema + 2y = 1  x   3x + y = − a − 3x + 2ay = 7 

se pide: a) (1'5 puntos) Discutir el sistema según los valores del parámetro a. b) (1'5 puntos) Resolver el sistema cuando sea compatible. Solución. a. Al sistema lo definen las matrices de coeficientes (A) y ampliada (A*): 2 2 1   1  1     A= 3 1 A* =  3 1 − a  A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ 2 ; rg A* ≤ 3 : n = 2  − 3 2a   − 3 2a 7      Si el |A*| ≠ 0, el rango de de la matriz de ampliada es 3 y por tanto el sistema es incompatible, la matriz de coeficientes como máximo puede tener rango 2, por lo tanto se discute el tipo de solución del sistema para los valores del parámetro que anulen el |A*|. 1 2 1 SARRUS A* = 3 1 − a = 2a 2 + 12a − 32 = 2(a + 8)(a − 2 ) − 3 2a

7

6

a = −8 A * = 0 : 2(a + 8)(a − 2) = 0 :  a=2

Discusión. Si a ≠ ‒8, 2, |A*| ≠ 0, rg A* = 3. Sistema incompatible. i. 1 2 ii. Si a = ‒8, |A*| = 0, = −5 ≠ 0 ; rg A* = rg A = n = 2. Sistema compatible 3 1 determinado. 1 2 iii. Si a = , |A*| = 0, = −5 ≠ 0 ; rg A* = rg A = n = 2. Sistema compatible 3 1 determinado. RESOLVIENDO POR CUALQUIER

b.

 x + 2 y = 1 MÉTODO  x =3 a = ‒8:      → 3x + y = 8  y = −1 RESOLVIENDO POR CUALQUIER MÉTODO

 x + 2y = 1 x = −1 a = 2:      → 3x + y = − 2  y =1

Ejercicio 3. Calificación máxima: 2 Puntos. Dados los planos de ecuaciones: π ≡ x ‒ 2y + 2z + 4 = 0 ; π’ ≡ 2x + 2y ‒ z ‒ 2 = 0 se pide: a) (1 punto) Obtener la ecuación en forma continua de la recta que determinan. b) (1 punto) Hallar todos los puntos que equidistan de π y π’. Solución. a. Para obtener la ecuación continua de la recta que determinan los planos π y π’ se puede resolver el sistema compatible indeterminado que forman las ecuaciones de ambos para obtener las ecuaciones paramétricas y después pasarla a la forma continua, también se puede calcular por separado el vector de dirección y un punto de la recta, esta segunda forma me parece mas sencilla. Como la recta está contenida en los dos plano, su vector de dirección es perpendicular a los vectores normales de los planos, por lo que se puede calcular con el producto vectorial de estos. r −2 2 1 2 1 −2 r r  = (− 2, 5, 6) d r = n × n ′ = (1, − 2, 2 ) × (2, 2, − 1) =  ,− ,  2 − 1 2 − 1 2 2   El punto se obtiene dando un valor cualquiera a una de las variables y resolviendo el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas que queda. Hay que intentar que salgan valores sencillos, en este caso dando a la y el valor cero las soluciones del sistema salen enteras. 2 x + 2z = −4  x = 0 y = 0: : ⇒ P = (0, 0, − 2 )  2x − z = 2 z = −2 Conocido un punto y el vector de dirección la ecuación continua de la recta es: x − 0 y − 0 z − (− 2 ) x y z+2 r≡ = = ; r≡ = = −2 5 6 −2 5 6 b. Si se denomina P(x, y, z) a un punto genérico que equidiste de ambos planos, se debe cumplir: d(P − π ) = d(P − π ′)

7

x − 2 y + 2z + 4 1 + (− 2 ) + 2 2

2

2

=

2x + 2 y − z − 2 2 + 2 + (− 1) 2

2

:

2

x − 2 y + 2z + 4 9

=±

2x + 2 y − z − 2 9

 σ ≡ x − 2 y + 2z + 4 = +(2 x + 2 y − z − 2 ) x − 2 y + 2z + 4 = ± (2 x + 2 y − z − 2) :  σ ′ ≡ x − 2 y + 2z + 4 = −(2 x + 2 y − z − 2 ) σ ≡ x + 4 y − 3z − 6 = 0  σ ′ ≡ 3x + z + 2 = 0

σ y σ’ son los planos bisectrices de π y π’. Ejercicio 4. Calificación máxima: 2 puntos. Dadas las rectas r≡

x +3 y −9 z −8 = = −6 4 4

s≡

;

x −3 y −9 z −8 = = −2 3 −2

se pide: a) (1 punto) Hallar la posición relativa de las rectas r y s. b) (1 punto) Hallar la distancia mínima entre r y s. Solución. a. La posición relativa de dos rectas se puede estudiar con el rango de la matriz que forman los vectores de dirección de ambas recta y un segmento determinado con un punto de cada recta.  B = (3, 9, 8)  A = (− 3, 9, 8) r ≡ r ; s ≡ r d r = (− 6, 4, 4 ) d s = (3, − 2, − 2 )

 AB  0 0   3 − (− 3) 9 − 9 8 − 8   6 r      rg  d r  = rg  − 6 4 4  = rg  − 6 4 4   r   3  3 − 2 − 2 −2 − 2      ds  6 0 0 6 0 −6 4 4 =0 ; = 24 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 −6 4 3 −2 −2 Teniendo en cuenta que el rango de la matriz es dos y que los vectores de dirección de ambas recta son proporcionales, las recta son paralelas.

b. La distancia entre rectas paralelas se calcula como la distancia de un punto de una de ellas a la otra. r AB × d r d(r − s ) = d(B − r ) = r dr r 0 0 6 0 6 0  = (0, − 24, 24 ) AB × d r = (6, 0, 0) × (− 6, 4, 4) =  ,− ,   4 4 −6 4 −6 4 r AB × d r = 0 2 + (− 24 )2 + 24 2 = 1152 r d r = (− 6 )2 + 4 2 + 4 2 = 68 d(r − s ) =

1152 68

=

8

1152 = 68

288 17