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P.A.U. Comunidad de Madrid 2000-2016 EJERCICIOS RESUELTOS

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MATEMÁTICAS B

PAU COMUNIDAD de MADRID 2000-2016 EJERCICIOS RESUELTOS

CIENCIA Y TECNOLOGÍA

Antonio Benito G. Master en educación* *Si tienes cualquier duda sobre la resolución de estos ejercicios puedes ar con el autor en el chat de matemáticas en www.unicoos.com

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ÍNDICE 1. ÁLGEBRA 2. GEOMETRÍA ANÁLITICA 3. ANÁLISIS

4 67 115

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Álgebra - Matemáticas B

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Álgebra Lineal (PAU-Madrid) Ejercicios resueltos 2016 Junio (Opción A) a) Despeje 𝑋 en la ecuación matricial: 𝑋(𝐶𝐷)−1 = 𝐴 + 𝑋(𝐷 −1 𝐶 −1 − 𝐵), siendo 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 matrices cuadradas invertibles. Exprese 𝑋 de la forma más simple posible. 2 0 −1 1 1 −1 b) Para 𝐴 = (1 0 1 ) , 𝐵 = (−1 0 1 ) determine la matriz 𝑌 tal que 𝑌𝐵 = 𝐴. 2 1 1 1 1 1 a) Recordemos que: (𝑀 · 𝑁)−1 = 𝑁 −1 · 𝑀−1 (cuando las inversas existen) 𝑋(𝐶𝐷)−1 = 𝐴 + 𝑋(𝐷 −1 𝐶 −1 − 𝐵) → 𝑋(𝐶𝐷)−1 = 𝐴 + 𝑋[(𝐶𝐷)−1 − 𝐵] → 𝑋(𝐶𝐷)−1 − 𝑋[(𝐶𝐷)−1 − 𝐵] = 𝐴 → Extraemos 𝑋 prefactor común en el primer miembro: 𝑋[(𝐶𝐷)−1 − (𝐶𝐷)−1 + 𝐵] = 𝐴 → 𝑋𝐵 = 𝐴 → Postmultiplicamos ambos por 𝐵 −1 : (𝑋𝐵)𝐵 −1 = 𝐴𝐵 −1 → 𝑋(𝐵𝐵 −1 ) = 𝐴𝐵 −1 → 𝑋𝐼 = 𝐴𝐵 −1 → 𝑋 = 𝐴𝐵 −1 2 0 −1 b) 𝐵 = (1 0 1 ) ; det(𝐵) ≠ 0 → ∃𝐵 −1 . Entonces: 𝑌𝐵 = 𝐴 → 𝑌 = 𝐴𝐵 −1 . 2 1 1 Utilizando el método de Gauss para obtener la inversa: 1 (−1 1

1 0 1

−1 1 1 |0 1 0

0 1 0

0 1 ⏟ (0 0) ~ 1 𝐹2+𝐹1 0 𝐹3 −𝐹1

2 (0 0 1 2 = 1 1 − ( 2 −

𝐵 −1

−1 1 0

0 1 0

0 −1 0| 1 2 −1

1 1 0

−1 1 0|1 2 −1

−2 1 0

1 2 2 0 → 𝑌 = (1 1 2 2)

0 1 0

1 1 0) ~ 0 1 0 ( 0 0 1

−1 1) 1

0 1 ⏟ (0 0) ~ 1 𝐹1 −𝐹2 0 0 1 0

1 0 −2 0| 1 1 −1 2

1 2 1 1 − ( 2 −

−1 1 0

0 1 0

−1 1 0

−1 0 0|1 2 −1

−1 1 0

0 ⏟ 0) ~ 1 2𝐹1+𝐹3

1 2 0 → 1 2)

1 1 − 2 2 0 = −1 1 1 − 2) ( 2

−2 −1 −1

1 2 1 3 2)

2016 Junio (Opción B) 3𝑥 + 𝑦 + 𝑚𝑧 = 1 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = −2 5𝑥 + (𝑚 + 1) + 2𝑧 = 4 a) Discutirlo según los valores del parámetro 𝑚. b) Resolverlo para el caso 𝑚 = 0. c) Resolverlo para el caso 𝑚 = 2.

Dado el sistema de ecuaciones lineales: {

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1

a) Escribamos la matriz del sistema (𝐴) y la matriz ampliada (𝐴′ ):

3 1 1 −1 ⏟ 5 𝑚+1

𝐴′ =

𝐴

(

3 1 det(𝐴) = |1 −1 5 𝑚+1

𝑚 1 2 ||−2 2 4 )

𝑚 4 0 𝑚+2 = ⏟ |1 −1 2| 2 | = −16 + 𝑚2 + 2𝑚 + 6𝑚 + 12 − 8𝑚 = 𝑚2 − 4 2 𝐹1 +𝐹2 6 𝑚 4 𝐹3 +𝐹2

det(𝐴) = 0 → 𝑚 = 2 ˅ 𝑚 = −2 

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑆𝐼𝑆𝑇𝐸𝑀𝐴 Si 𝑚 ≠ 2 ˄ 𝑚 ≠ −2 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 → 𝐶𝑂𝑀𝑃𝐴𝑇𝐼𝐵𝐿𝐸 𝐷𝐸𝑇𝐸𝑅𝑀𝐼𝑁𝐴𝐷𝑂 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3



Si 𝑚 = 2 → 𝐴′ =

3 1 1 −1 ⏟ 5 3

2 1 3 2 ||−2 ; | 1 2 4 )

𝐴

(

1 | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2; orlando este menor: −1

3 1 1 4 0 −1 |1 −1 −2| = |1 −1 −2| = 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2; 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 → 5 3 4 8 0 −2 𝑆𝐼𝑆𝑇𝐸𝑀𝐴 𝐶𝑂𝑀𝑃𝐴𝑇𝐼𝐵𝐿𝐸 𝐼𝑁𝐷𝐸𝑇𝐸𝑅𝑀𝐼𝑁𝐴𝐷𝑂 𝐶𝑂𝑁 1 𝐺𝑅𝐴𝐷𝑂 𝐷𝐸 𝐿𝐼𝐵𝐸𝑅𝑇𝐴𝐷. 

3 1 1 −1 ⏟ 5 −1

Si 𝑚 = −2 → 𝐴′ = (

𝐴

−2 1 3 2 ||−2 ~ (4 2 4 8 )

1 0 0

−2 1 3 0 |−1) ~ (4 0 5 0

1 0 0

−2 1 0 |−1) → 0 3

0𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 = 3 ¡ 𝐻𝑜𝑟𝑟𝑜𝑟! → 𝑆𝐼𝑆𝑇𝐸𝑀𝐴 𝐼𝑁𝐶𝑂𝑀𝑃𝐴𝑇𝐼𝐵𝐿𝐸

b)

3 1 1 −1 ⏟ 5 1

𝑚 = 0 (sistema compatible determinado). 𝐴′ = (

𝐴

0 1 2 ||−2 . Por las fórmulas de Cramer: 2 4 )

1 1 0 1 0 0 |−2 −1 2| |−2 1 2| ∆𝑥 1 2 = 4 −3 2 = 8 = −2 𝑥= = 4 ∆ −4 −4 −4 3 1 0 0 1 0 |1 −2 2| | 7 −2 2| ∆𝑦 −28 𝑦= = 5 4 2 = −7 4 2 = =7 ∆ −4 −4 −4 3 |1 ∆𝑧 𝑧= = 5 ∆

1 1 4 0 −1 −1 −2| |1 −1 −2| 1 4 = 6 0 2 = −14 = 7 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (−2,7, 7) −4 −4 −4 2 2

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2

2 1 2 ||−2 . Por el método de Gauss: 2 4 𝐴 ( ) 2 −2 1 −1 2 −2 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = −2 ⏟ (0 4 −4| 7 ) → { → −4| 7 ) ~ 4𝑦 − 4𝑧 = 7 −8 14 𝐹3 −2𝐹2 0 0 0 0

c) 𝑚 = 2 (sistema compatible determinado). 𝐴′ = 1 𝐴′~ (3 5

−1 1 3

2 −2 1 ⏟ (0 2| 1 ) ~ 2 4 𝐹2 −3𝐹1 0 𝐹3 −5𝐹1

−1 4 8

3 1 1 −1 ⏟ 5 3

1 𝑥 =− −𝜆 4 , 𝑐𝑜𝑛 𝜆 ∈ ℝ 7 𝑦 = +𝜆 4 { 𝑧=𝜆

2015 Septiembre (Opción A) −𝑚𝑥 + 𝑚𝑦 + 𝑧 = 0 Dado el sistema de ecuaciones: { 𝑥 − 𝑚𝑦 + 3𝑧 = 4 2𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 = 0 a) Discutirlo, según los valores del parámetro 𝑚. b) Resolverlo para 𝑚 = 0. c) Resolverlo para 𝑚 = 2

a) Escribamos la matriz ampliada 𝐴′ y la matriz de coeficientes 𝐴: 𝐴′ = −𝑚 det(𝐴) = | 1 2

𝑚 −𝑚 −2

1 2−𝑚 ⏟ | 7 3| = −1 𝐹1 +𝐹3 2 𝐹2 +3𝐹3

−𝑚 1 ⏟2

𝑚 −𝑚 −2

1 0 3 ||4 −1 0

𝐴 ( 0 2−𝑚 0 | = (−1) · (−1)3+3 | 7 −1

𝑚−2 −𝑚 − 6 −2

→

) 𝑚−2 |= −𝑚 − 6

−1 1 𝑚−2 | = (−1)(𝑚 − 2) | | = (−1)(𝑚 − 2)(𝑚 − 1) 7 −𝑚 − 6 −𝑚 − 6 det(𝐴) = 0 → 𝑚 = 1 ˅ 𝑚 = 2 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 Sistema Si 𝑚 ≠ 1 ˄ 𝑚 ≠ 2 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 → compatible 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 determinado −(𝑚 − 2) = (−1) | 7





−1 1 ⏟2

Si 𝑚 = 1 → 𝐴′ =

1 −1 −2

1 0 3 ||4 −1 0

−1 ~ ⏟ (0 𝐹2 +𝐹1 0

𝐹3 +2𝐹1

1 0 0

10 −1 ⏟ (0 4| 4) ~ 1 0 𝐹2−4𝐹3 0

1 0 0

10 0| 4) → 10

𝐴 ( ) Segunda ecuación: 0𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 = 4 → Sistema incompatible



−2 1 ⏟2

Si 𝑚 = 2 → 𝐴′ = (

2 −2 −2 𝐴

1 0 3 ||4 −1 0

−2 ~ ⏟ (0 2𝐹2 +𝐹1 0 )

𝐹3 +𝐹1

2 −2 0

10 1 ⏟ (0 7| 8) ~ 0 0 𝐹11+𝐹2 0

0 −2 0

−4 −4 7 | 8 )→ 0 0

− 𝐹1 2

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 Sistema { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 → compatible , con un grado de libertad. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 indeterminado

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3

b) Si 𝑚 = 0 →Sistema compatible determinado: {

𝑧=0 𝑧=0 𝑥 + 3𝑧 = 4 → {𝑥 = 4 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (4,4,0) 2𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 = 0 𝑦=4

c) Si 𝑚 = 2 → 𝑥 = −4 + 8𝜆 1 0 −4 −4 𝑥 − 4𝑧 = −4 (0 −2 7 | 8 ) → { → {𝑦 = −4 + 7𝜆 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (−4 + 8𝜆, −4 + 7𝜆, 2𝜆) , 𝜆 ∈ ℝ −2𝑦 + 7𝑧 = 8 0 0 0 0 𝑧 = 2𝜆

2015 Septiembre (Opción B.1) 𝑎 𝑏 𝑐 Sabiendo que el determinante |𝑑 𝑒 𝑓| = 3 y usando las propiedades de los determinantes, calcula el 1 2 3 valor de los siguientes determinantes: 2𝑎 − 2𝑏 a) |2𝑑 − 2𝑒 −2

𝑐 𝑓 3

5𝑏 5𝑒 | 10

𝑎−1 b) | 2 𝑑

𝑏−2 4 𝑒

2𝑐 − 6 12 | 2𝑓

𝑎 𝑐 𝑏 2𝑎 − 2𝑏 𝑐 5𝑏 𝑎−𝑏 𝑐 𝑏 𝑎 𝑏 𝑐 a) |2𝑑 − 2𝑒 𝑓 5𝑒 | = 2 · 5 |𝑑 − 𝑒 𝑓 𝑒 | = ⏟ 10 |𝑑 𝑓 𝑒 | = ⏟ 10(−1) |𝑑 𝑒 𝑓| = (−10) · 3 = −30 1 3 𝑓 𝐶2 ↔𝐶3 −2 3 10 −1 3 2 𝐶1 +𝐶3 1 2 3 𝑎 − 1 𝑏 − 2 2𝑐 − 6 𝑎 − 1 𝑏 − 2 2𝑐 − 6 𝑎−1 𝑏−2 𝑐−3 4 12 | = 2 | 1 2 6 | = 2 · 2| 1 2 3 | = b) | 2 ⏟ 𝑑 𝑒 2𝑓 𝑑 𝑒 2𝑓 𝑑 𝑒 𝑓 𝐹2 ↔𝐹3 𝑎−1 𝑏−2 𝑐−3 𝑎 𝑏 𝑐 4(−1) | 𝑑 ⏟ (−4) |𝑑 𝑒 𝑓 | = (−4) · 3 = −12 𝑒 𝑓 | = 1 2 3 𝐹1 +𝐹3 1 2 3

2015 Septiembre (Opción B.1) 3 Dada la matriz 𝐴 = ( 1 Sea 𝐵 = (

𝑥 𝑧

1 ), hallar todas las matrices 𝐵 que conmuten con A, es decir, que cumplen 𝐴𝐵 = 𝐵𝐴. 0

𝑦 3 ). Entonces: 𝐴𝐵 = 𝐵𝐴 → ( 𝑡 1

1 𝑥 )( 0 𝑧

𝑦 𝑥 )=( 𝑡 𝑧

3𝑥 + 𝑧 = 3𝑥 + 𝑦 𝑥 𝑦=𝑧 3𝑦 + 𝑡 = 𝑥 →{ → {𝑥 = 3𝑦 + 𝑡 → { 𝑥 = 3𝑧 + 𝑡 𝑦=𝑧

𝑦 3 )( 𝑡 1

3𝑥 + 𝑧 1 )→( 𝑥 0

= 3𝛼 + 𝛽 3𝛼 + 𝛽 𝑦=𝛼 → 𝐵=( 𝑧=𝛼 𝛼 𝑡=𝛽

3𝑦 + 𝑡 3𝑥 + 𝑦 )=( 𝑦 3𝑧 + 𝑡

𝑥 ) 𝑧

𝛼 ) , 𝑐𝑜𝑛 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ 𝛽

2015 Junio (Opción A) 4𝑥 + 3𝑦 + (𝑚 − 1)𝑧 = 0 𝑥 − 2𝑦 + 𝑚𝑧 = 1 según los valores de 𝑚 y, si es posible, resuélvalo para 𝑚 = 1. Discuta el sistema: { 5𝑥 + 𝑚𝑦 + 𝑧 = 1

4

3 𝑚−1 −2 𝑚 | = −3𝑚2 + 24𝑚 − 21 5 𝑚 1

El determinante de la matriz de coeficientes: ∆= |1

𝑚=1 = (−3)(𝑚2 − 8𝑚 + 7) = (−3)(𝑚 − 1)(𝑚 − 7); ∆= 0 → { Por el método de Gauss: 𝑚=7  Si 𝑚 ≠ 1 ˄ 𝑚 ≠ 7 → ∆≠ 0 → Sistema crameriano (compatible determinado). MATEMÁTICAS B. ÁLGEBRA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

4



4 Si 𝑚 = 1 → 𝐴′ = (1 5

3 00 1 ⏟ (4 −2 1|1) ~ 1 1 1 𝐹1 ↔𝐹2 5

−2 1 1 1 ⏟ (0 3 0|0) ~ 1 1 1 𝐹2 −4𝐹1 0 𝐹3 −5𝐹1

−2 1 1 ⏟ 11 −4|−4) ~ 11 −4 −4 𝐹3 −𝐹2

Sistema 𝑥 = −3𝜆 −2 1 1 𝑟𝑎𝑛𝑘(𝐴) = 2 11 −4|−4) → {𝑟𝑎𝑛𝑘(𝐴′ ) = 2 → compatible { 𝑦 = 4𝜆 , 𝜆 ∈ ℝ 0 0 0 indeterminado 𝑧 = 1 + 11𝜆 𝑛º 𝑖𝑛𝑐. = 3 1 1 −2 7 1 1 −2 7 1 −2 7 1 4 − Si 𝑚 = 7 → 𝐴′ = ( 4 3 6|0) ~ (0 11 −22|−4) ~ (0 1 −2| 11) 0 17 −34 −4 0 1 −2 − 4 5 7 11 17 1 ~ (0 0



𝑥 − 2𝑦 + 7𝑧 = 1 1 4 1 −2 7 4 Sistema 𝑦 − 2𝑧 = − − ~ 0 1 −2| → 11 11 → incompatible. 4 4 0 0 0 − 4 + 4 ( 17 11) { 0 = − 17 + 11 2015 Junio (Opción A.1) 0 Dadas las matrices: 𝐴 = (0 1

0 1 0

1 3 0) 𝑦 𝐵 = ( 0 0 0

0 3 0

0 0): 3

a) Hallar 𝐴15 𝑦 𝐴20 . b) Resolver la ecuación: 6𝑋 = 𝐵 − 3𝐴𝑋

0 0 a) 𝐴2 = (0 1 1 0

1 0 0) (0 0 1

0 1 1 0 0 1 0) = (0 1 0) = 𝐼 → 0 0 0 0 1 𝐴15 = (𝐴2 )7 · 𝐴 = 𝐼 · 𝐴 = 𝐴 ; 𝐴 20 = (𝐴2 )10 = 𝐼

b) 6𝑋 = 𝐵 − 3𝐴𝑋 → 6𝑋 + 3𝐴𝑋 = 𝐵 → (6𝐼 + 3𝐴)𝑋 = 𝐵 𝐶 = 6𝐼 + 3𝐴 → 𝐶𝑋 = 𝐵

Llamamos:

Si ∃𝐶 −1 → 𝐶 −1 · 𝐶𝑋 = 𝐶 −1 · 𝐵 → 𝐼𝑋 = 𝐶 −1 · 𝐵 → 𝑋 = 𝐶 −1 · 𝐵 𝑋 = (6𝐼 + 3𝐴)−1 · 𝐵 6 6𝐼 + 3𝐴 = (0 0 6 (0 3

0 9 0

31 0| 0 60

0 6 0 0 1 0

0 0 0) + ( 0 6 3

0 3 0

0 6 ⏟ (0 0) ~ 1 2𝐹3−𝐹1 0

1 ~ 0 0 (

0 1 0

2 0| 9 0 0 | 1 1 − 9

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3 6 0) = ( 0 0 3 0 9 0

3 1 0 |0 −9 1

0 9 0 0 1 0

3 0) . Por el Método de Gauss: 6 0 18 ⏟ (0 0) ~ −2 3𝐹1+𝐹3 0 2 9

1 9

0

−

1 9

0

0

2 9 )

→ 𝐶 −1 =

0 1 (− 9

0 9 0

0 4 0| 0 9 −1

−2 0 )~ 2

1 9

0

−

1 9

0

0

0 1 0

→

2 9 )

5

2 9 𝑋=

0 1 (− 9

1 9

0

−

1 9

0

0

3 (0 0

2 9 )

0 3 0

0 0) = 3

2 9 0 1 (− 9

1 9

0

−

1 9

0

0

2 3 · 3𝐼 =

2 9 )

0 (−3

1 3

0

−

1 3

0

0

2 3 )

2015 Junio (Opción A.2) 1 Dadas las matrices: 𝐴 = (0 3

2 𝑡 −1

3 1 2) , 𝐼 = ( 0 𝑡 0

0 1 0

0 0) 1

a) Hallar el rango de 𝐴 según los valores de 𝑡. b) Hallar 𝑡 de modo que det(𝐴 − 𝑡𝐼) = 0. a) |𝐴| = 𝑡 2 + 12 − 9𝑡 + 2 = 𝑡 2 − 9𝑡 + 14 = (𝑡 − 2)(𝑡 − 7);

𝑡=2 det(𝐴) = 0 → { 𝑡=7



Si 𝑡 ≠ 2 ˄ 𝑡 ≠ 7 → 𝑟𝑎𝑛𝑘(𝐴) = 3 1 2  Si 𝑡 = 2 → | | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑘(𝐴) = 2 0 2 1 2  Si 𝑡 = 7 → | | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑘(𝐴) = 2; 0 7 𝑡 = 2 ˅ 𝑡 = 7 → 𝑟𝑎𝑛𝑘(𝐴) = 2 1−𝑡 2 3 b) det(𝐴 − 𝑡𝐼) = | 0 0 2| = 12 + 2 − 2𝑡 = 0 → 𝑡 = 7 3 −1 0 2014 Septiembre (Opción A) 1 Dadas las matrices: 𝐴 = ( 1 𝑎−1

𝑎 𝑎 𝑎

𝑥 𝑎 0 1) , 𝑋 = (𝑦) 𝑦 𝑂 = (0), se pide: 𝑧 2 0

a) Determinar el valor o valores de 𝐴 para los cuales no existe la matriz inversa 𝐴−1 . b) Para 𝑎 = −2, hallar la matriz inversa 𝐴−1 . c) Para 𝑎 = 1, calcular todas las soluciones del sistema lineal 𝐴𝑋 = 𝑂. a) Las matrices cuadradas no invertibles son aquéllas cuyo determinante es nulo. 1 det(𝐴) = | 1 𝑎−1

𝑎 𝑎 𝑎

𝑎 1 1| = | 0 2 𝑎−1

𝑎 0 𝑎

𝑎 1 1 − 𝑎 | = (1 − 𝑎)(−1)2+3 | 𝑎−1 2

𝑎 1 | = (𝑎 − 1)𝑎 | 𝑎 𝑎−1

1 |→ 1

𝑎=0 𝑎=0 det(𝐴) = 𝑎(𝑎 − 1)(−𝑎 + 2) = −𝑎(𝑎 − 1)(𝑎 − 2); det(𝐴) = 0 {𝑎 = 1 → ∄𝐴−1 𝑠𝑖 { 𝑎 = 1 𝑎=2 𝑎=2 1 b) Para 𝑎 = −2 → 𝐴 = ( 1 −3

−2 −2 −2

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−2 1 ) y ∃𝐴−1 . Utilizando el Método de Gauss: 2

6

1 (1 −3

−4 (0 0

−2 −2 −2

0 −8 0

−2 1 1 |0 2 0

4 −1 −4| 3 3 −1

0 1 0

0 0 1

0 0) 1

1 1) 0

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 −𝐹1 0

𝐹3 +3𝐹1

~ ⏟ 3𝐹2 +4𝐹3 (−3)𝐹1 +4𝐹3

−2 0 −8

12 (0 0

−2 1 3 |−1 −4 3

0 −24 0

1 12 5 = − 24 1 ( −3 −

𝐴−1

0 1 0

0 −1 0| 5 3 −1 1 3 1 − 6 1 3

0 1 ⏟ (0 0) ~ 1 𝐹2 ↔𝐹3 0

4 4 1

−3 1 3 )~ 0 0 0 (

−

−2 −8 0

−2 1 −4| 3 3 −1

0 0 1

0 1 0

1 12 0| 5 0− | 24 1 1 − 3

1 3 1 − 6 1 3

−

0 ⏟ 1) ~ 0 −4𝐹1+𝐹2 −

1 4

−1/8

→

0 )

1 4

−1/8 0 )

𝑥+𝑦+𝑧 =0 1 1 1 𝑥 0 𝑥+𝑦+𝑧 =0 𝑥−𝑧 =0 c) Para 𝑎 = 1, 𝐴𝑋 = 𝑂 → (1 1 1) (𝑦) = (0) → {𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 → { →{ 𝑦 + 2𝑧 = 0 𝑦 + 2𝑧 = 0 𝑦 + 2𝑧 = 0 0 1 2 𝑧 0 Se trata de un sistema homogéneo con dos ecuaciones y tres incógnitas (compatible indeterminado 𝑥=𝜇 𝑦 con un grado de libertad). Tomamos 𝑧 como incógnita libre: { = −2𝜇 , con 𝜇 ∈ ℝ 𝑧=𝜇

2014 Septiembre (Opción B.1) 𝑎 Dada la ecuación matricial: ( 3

2 1 )𝐵 = ( 7 1

1 ) 1

a) Calcular el valor o valores de 𝑎 para los que esta ecuación tiene solución. b) Calcular 𝐵 en el caso 𝑎 = 1. 𝑎 2 1 1 )y𝐶=( ). Si existe 𝐴−1 , entonces 𝐴𝐵 = 𝐶 → 𝐴−1 (𝐴𝐵) = 𝐴−1 𝐶 → (𝐴−1 𝐴)𝐵 = 3 7 1 1 𝐴−1 𝐶 → 𝐼𝐵 = 𝐴−1 𝐶 → 𝐵 = 𝐴−1 𝐶. Para ello, ha de ser det(𝐴) ≠ 0.

a) Sean 𝐴 = (

𝑎 det(𝐴) = | 3

6 2 | = 7𝑎 − 6; det(𝐴) = 0 → 𝑎 = . 7 7

Así pues, la ecuación tiene solución ∀𝑎 ≠ b) Pongamos 𝐵 = (

𝑥 𝑧

𝑦 1 ) ; 𝐴𝐵 = 𝐶 → ( 𝑡 3

2 𝑥 )( 7 𝑧

6 7

𝑦 1 )=( 𝑡 1

𝑥 + 2𝑧 1 )→( 3𝑥 + 7𝑧 1

𝑦 + 2𝑡 1 )=( 3𝑦 + 7𝑡 1

𝑥 + 2𝑧 = 1 𝑥 + 2𝑧 = 1 𝑥=5 𝑥 + 2𝑧 = 1 { { 3𝑥 + 7𝑧 = 1 3𝑥 + 7𝑧 = 1 𝑦=5 5 𝑧 = −2 { → 𝑦 + 2𝑡 = 1 → →{ → 𝐵=( 𝑦 + 2𝑡 = 1 𝑦 + 2𝑡 = 1 −2 𝑧 = −2 { { 3𝑦 + 7𝑡 = 1 3𝑦 + 7𝑡 = 1 𝑡 = −2 𝑡 = −2

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1 )→ 1

5 ) −2

7

2014 Septiembre (Opción B.2) 2 −1 2 2 Estudiar el rango de la matriz 𝐴 = ( 1 1 3 1

−3 −1 1 −4

5 𝑎 6) según los valores del parámetro 𝐴. 𝑎

Sometamos a la matriz dada a transformaciones elementales (método de Gauss), que no alteran su rango: 2 −1 2 2 𝐴=( 1 1 3 1

−3 −1 1 −4

1 1 5 𝑎 2 2 ⏟ ( 6) ~ 2 −1 𝐹 ↔𝐹 𝑎 1 3 3 1

1 −1 −3 −4

1 1 6 𝑎 0 0 ⏟ ( 5) ~ 0 −3 𝐹 −2𝐹 𝑎 𝐹23−2𝐹11 0 −2

1 6 −3 𝑎 − 12 ) = 𝐵; −5 −7 −7 𝑎 − 18

𝐹4 −3𝐹1

1 1 0 0 det(𝐵) = | 0 −3 0 −2

1 6 0 −3 𝑎 − 12 | = |−3 −5 −7 −2 −7 𝑎 − 18

−3 −5 −7

𝑎 − 12 −7 | = −42 + 21(𝑎 − 12) − 10(𝑎 − 12) − 9(𝑎 − 18) = 𝑎 − 18

2𝑎 − 42 − 132 + 162 = 2𝑎 − 12; det(𝐵) = 0 → 𝑎 = 6. Por tanto: 

𝑎 ≠ 6 → det(𝐵) ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐵) = 4 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 4 .



2 𝑎 = 6 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) < 4 y |2 1

−1 2 1

3 −1| = 9 ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 1

2014 Junio (Opción A) 𝛼 Dadas las matrices: 𝐴 = ( 𝛾 1

𝛽 0 𝛽

𝛾 𝑥 0 1 𝛼 ) , 𝑋 = (𝑦) , 𝐵 = (0) 𝑦 𝑂 = (0), se pide: 𝑧 𝛾 1 0

1 a) Calcular 𝛼, 𝛽, 𝛾 para que (2) sea una solución del sistema 𝐴𝑋 = 𝐵. 3 b) Si 𝛽 = 𝛾 = 1, ¿qué condición o condiciones debe cumplir 𝛼 para que el sistema lineal homogéneo 𝐴𝑋 = 𝑂 sea compatible determinado? c) Si 𝛼 = −1, 𝛽 = 1 y 𝛾 = 0, resuelva el sistema 𝐴𝑋 = 𝐵. 𝛼 a) ( 𝛾 1

𝛽 0 𝛽

𝛾 1 𝛼 + 2𝛽 + 3𝛾 = 1 𝛼 + 2𝛽 + 3𝛾 = 1 1 𝛼 ) (2) = (0) → { 𝛾 + 3𝛼 = 0 → { 3𝛼 + 𝛾 = 0 . Por el Método de Gauss: 𝛾 3 1 + 2𝛽 + 3𝛾 = 1 2𝛽 + 3𝛾 = 0 1 1 2 3 0 ⏟ 0 2

′

𝐴 = (

3 1 1 ||0 3 0

𝐴

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 −3𝐹1 0

2 −6 2

3 1 1 ⏟ (0 −8|−3) ~ 3 0 3𝐹3 +𝐹2 0 −𝐹2

)

2 6 0

3 1 8| 3 ) → 1 −3

𝛼=1 9 𝛽= 2 { 𝛾 = −3

b) Para que un sistema cuadrado (en este caso, de tres ecuaciones y tres incógnitas) sea compatible determinado es preciso que el rango de la matriz de coeficientes sea máximo (en este caso, 3). Para ello, el determinante de esta matriz no ha de ser nulo. 𝛼 𝐴 = (1 1

1 0 1

1 𝛼 𝛼 ) → det(𝐴) = | 1 1 1

1 0 1

1 𝛼 | = 𝛼 + 1 − 𝛼 2 − 1 = 𝛼(1 − 𝛼) 1

det(𝐴) = 0 → 𝛼 = 0 ˅ 𝛼 = 1

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8

Entonces, el sistema homogéneo tiene solución única (la trivial, (0,0,0)), si 𝛼 ≠ 0 ˄ 𝛼 ≠ 1 −1 c) ( 0 1

1 0 1

−𝑥 + 𝑦 = 1 𝑥 𝑥=0 0 1 −1) (𝑦) = (0) → { −𝑧 = 0 → {𝑦 = 1 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0,1,0) 𝑧 𝑥+𝑦 =1 0 1 𝑧=0

2014 Junio (Opción B.1) −1 Dada la matriz 𝐴 = (−3 0

−1 2 𝑎

𝑎 𝑎 ) , se pide: −1

a) Hallar el valor o valores de 𝑎 para que la matriz 𝐴 tenga inversa. b) Calcular la matriz inversa 𝐴−1 en el caso 𝑎 = 2. a) Una matriz cuadrada tiene inversa si y solamente si su determinante es distinto de 0. −1 𝐴 = (−3 0 −1 det(𝐴) = |−3 0

−1 2 𝑎

𝑎 −1 ⏟ |−3 𝑎| = −1 𝐶2 −𝐶1 0

0 5 𝑎

5 − 2𝑎2 = 0 → 𝑎2 =

−1 2 𝑎

𝑎 𝑎) −1

𝑎 −1 ⏟ |−2 𝑎| = −1 𝐹2 −𝐹1 0

0 5 𝑎

𝑎 0 | = 5 − 2𝑎2 ; det(𝐴) = 0 → −1

5 √10 √10 →𝑎=± → ∃𝐴−1 , ∀𝑎 ≠ ± 2 2 2

b) Para 𝑎 = 2, calculemos la inversa por el Método de Gauss: −1 (−3 0

−1 2 2

−5 (0 0

2 1 2 |0 −1 0

0 15 0

0 1 0

0 0) 1

1 ~ ⏟ (0 −𝐹1 0

𝐹2 +3𝐹1

0 −10 0 | 15 −3 −6

5 −5 2

1 5 2

−2 −1 −4|−3 −1 0

1 −10 20 ) ~ 0 0 −5 (

0 1 0

0 1 0

0 0) 1 2 0 1 0| 12

~ ⏟ −5𝐹1 +𝐹2 −5𝐹3 +2𝐹2

−1 1 − 3 2 − 3

−5 (0 0

0 5 0

6 2 −4|−3 −3 −6

2 2 4 1 3 → 𝐴−1 = 5 2 3) (

1 1 2 −1 1 − 3 2 − 3

0 0) −5

~ ⏟ 𝐹1 +2𝐹3 3𝐹2 −4𝐹3

2 4 3 5 3)

2014 Junio (Opción B.2) Por la compra de cinco cuadernos, dos rotuladores y tres bolígrafos, se han pagado veintidós euros. Si se compran dos cuadernos, un rotulador y seis bolígrafos, el coste es de catorce euros. Se pide: a) Expresar, en función del precio de un bolígrafo, lo que costaría un cuaderno y lo que costaría un rotulador. b) Calcular lo que deberíamos pagar si adquirimos ocho cuadernos y tres rotuladores. a) Llamemos 𝑥 al precio de cada cuaderno, 𝑦 al precio de cada rotulador, 𝑧 al de cada bolígrafo. 5𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 = 22 5𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 = 22 { →{ →Sumando miembro a miembro: 𝑥 − 9𝑧 = −6 2𝑥 + 𝑦 + 6𝑧 = 14 −4𝑥 − 2𝑦 − 12𝑧 = −28 −10𝑥 − 4𝑦 − 6𝑧 = −44 5𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 = 22 { →{ → Sumando miembro a miembro: 𝑦 + 24𝑧 = 26 2𝑥 + 𝑦 + 6𝑧 = 14 10𝑥 + 5𝑦 + 30𝑧 = 70

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9

Obtenemos finalmente: {

𝑥 = −6 + 9𝑧 𝑦 = 26 − 24𝑧

b) 8𝑥 + 3𝑦 = 8(−6 + 9𝑧) + 3(26 − 24𝑧) = −48 + 72𝑧 + 78 − 72𝑧 = 30 𝑒𝑢𝑟𝑜𝑠

2013 Septiembre (Opción A) 1 𝑎 Dadas las matrices: 𝐴 = (𝑎 𝑎

1 1 𝑎 𝑎

𝑎 1 1 𝑎

𝑥 𝑎 0 𝑎 𝑦 0 1 ) , 𝑋 = ( 𝑧 ) , 𝑂 = (0) , se pide: 1 𝑤 0

a) Calcular el determinante de 𝐴. Determinar el rango de 𝐴, según los valores de 𝐴. b) Resolver el sistema homogéneo 𝐴𝑋 = 𝑂, en el caso de que 𝑎 = 1. c) Resolver el sistema homogéneo 𝐴𝑋 = 𝑂, en el caso de que 𝑎 = −1. 1 𝑎 |𝐴| a) = |𝑎 𝑎

1 1 𝑎 𝑎

𝑎 1 1 𝑎

𝑎 0 𝑎 𝑎 − 1 ⏟ | 1| = 0 𝐶 −𝐶 1 1 2 0

= ⏟ 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò

𝑎 1 𝑎 𝑎 1 𝑎 𝑎 2+1 (𝑎 (−1) | = ⏟ − 1) | | = ⏟ − (𝑎 − 1) | 𝑎 1 1 𝑎 1 1 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝐹3 −𝐹2 𝑎 𝑎 1 0 𝑎 − 1 1 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò 1 𝑎 − (𝑎 − 1)(𝑎 − 1)(−1)3+2 | | = (𝑎 − 1)2 (1 − 𝑎2 ) = (𝑎 − 1)2 (1 − 𝑎)(1 + 𝑎) 𝑎 1 1 1 𝑎 𝑎

𝑎 1 1 𝑎

𝑎 1| 0

= −(𝑎 − 1)3 (𝑎 + 1)  



Si 𝑎 ≠ 1 ˄ 𝑎 ≠ −1 → det(𝐴) ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 4 1 1 1 1 Si 𝑎 = 1 → 𝐴 = (1 1 1 1) → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 −1 −1 1 1 −1 −1 1 1 −1 −1 1 0 −1 1 1 −1 2 0 −2 Si 𝑎 = −1 → 𝐴 = ( ) ~ ⏟ ( ) ~ ⏟ (0 1 0 −1) ; |0 −1 −1 1 1 𝐹 +𝐹 0 0 0 0 0 0 −1 0 1 2 1 0 𝐹 2 2 −1 −1 −1 1 𝐹3+𝐹1 0 0 −2 0 0 0 0 0 𝐹4 +𝐹1

0 1 0

−1 0 |= −1

1

𝐹 2 4 𝐹3 ↔𝐹4

−1 ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 (Método de Gauss). b) 𝐴𝑋 = 𝑂 → {𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑤 = 0 (sistema compatible indeterminado con tres grados de libertad) 𝑥 = −𝛼 − 𝛽 − 𝛾 𝑦=𝛼 , 𝑐𝑜𝑛 𝛼, 𝛽, 𝛾 ∈ ℝ 𝑧=𝛽 𝑤=𝛾 { 𝑥 1 1 −1 −1 0 𝑥+𝑦−𝑧−𝑤 =0 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑦 c) 𝐴𝑋 = 𝑂 → (0 1 0 −1) ( 𝑧 ) = (0) → { . Como { → 𝑦−𝑤 =0 0 0 −1 0 0 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 4 −𝑧 = 0 𝑤 0 0 0 0 0 𝑥=0 𝑦=𝜇 Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad→ , 𝑐𝑜𝑛 𝜇 ∈ ℝ 𝑧=0 {𝑤=𝜇

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10

2013 Septiembre (Opción B) 2𝑥 + 𝑘𝑦 + 𝑘𝑧 = 1 − 𝑘 𝑥 Dado el sistema de ecuaciones lineales: { + 𝑦 + (𝑘 − 1)𝑧 = −2𝑘 se pide: (𝑘 − 1)𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝑘 − 1 a) Discutirlo, según los valores del parámetro 𝑘. b) Resolverlo para el caso 𝑘 = 1. c) Resolverlo para el caso 𝑘 = −1.

a) Escribamos las matrices asociadas al sistema: 𝐴′ =

2 1 ⏟ 𝑘−1

𝑘 1 1

𝑘 1−𝑘 𝑘 − 1 || −2𝑘 1 𝑘−1

𝐴 ( ) 𝑘 𝑘 2 𝑘 0 𝑘 (𝑘 − 2) · (−1)2+3 | 2 ⏟ | 1 = ⏟ | 1 𝑘 − 1| = 1 𝑘 − 2| 𝑘 − 1 1 1 1 𝐶3−𝐶2 𝑘 − 1 1 0 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò = (𝑘 − 2)(−1)(2 − 𝑘 2 + 𝑘) = (𝑘 − 2)(𝑘 2 − 𝑘 − 2) = (𝑘 − 2)(𝑘 − 2)(𝑘 + 1) = 𝑘=2 = (𝑘 − 2)2 (𝑘 + 1); det(𝐴) = 0 → { ˅ 𝑘 = −1 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 Si 𝑘 ≠ 2 ˄ 𝑘 ≠ −1 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

2 det(𝐴) = | 1 𝑘−1





2 2 1 1 ⏟ 1 1

Si 𝑘 = 2 → 𝐴′ =

𝐴

( 

2 1 ⏟ −2

′

Si 𝑘 = −1 → 𝐴 =

2 ~ ⏟ (1 𝐹3 −𝐹2 0

2 −1 1 ||−4 1 1

2 1 0

2 −1 1|−4) →Sistema incompatible. 0 5

) −1 1 1

−1 2 −2 || 2 1 −2

~ ⏟ 𝐹3 +𝐹1 2𝐹2 −𝐹1

2 (0 0

−1 3 0

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 −1 2 −3|2) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 → 0 0 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

𝐴 ( ) Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad (hay una incógnita libre).

2 1 1 1 ⏟ 0 1

b) 𝑘 = 1 → 𝐴′ = (

1 0 0 ||−2 1 0

𝐴

2 ~ ⏟ (1 𝐹1 −𝐹3 0

0 1 1

2𝑥 = 0 𝑥=0 0 0 0|−2) → {𝑥 + 𝑦 = −2 → {𝑦 = −2 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0, −2,2) 𝑦+𝑧 =0 1 0 𝑧=2

)

c) 2 4 2𝑥 − ( + 𝑧) − 𝑧 = 2 −1 2 𝑥 = +𝑧 2𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 2 3 3 →{ →{ −3|2) → { 2 3𝑦 − 3𝑧 = 2 2 0 0 𝑦= +𝑧 𝑦= +𝑧 3 3 4 𝑥 = +𝜇 3 → ,𝜇 ∈ ℝ 2 𝑦= +𝜇 3 { 𝑧=𝜇

2 𝑘 = −1 → 𝐴′ ~ (0 0

−1 3 0

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2013 Junio (Opción A) Dado el sistema de ecuaciones lineales: {

𝑎𝑥 + 7𝑦 + 5𝑧 = 0𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑧 𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑧 = 3 , se pide: 𝑦 + 𝑧 = −2

a) Discutirlo según los valores de 𝑎. b) Resolverlo para el caso 𝑎 = 4. c) Resolverlo para el caso 𝑎 = 2. a) Escribimos las matrices asociadas al sistema: 𝐴′ =



𝑎 = −1 → 𝐴′ =

7 𝑎 1

−1 1 ⏟0

7 −1 1

( Sistema incompatible. 

5 0 1 || 3 1 −2

𝐴 ( ) 5 𝑎 2 5 𝑎 2 ⏟ | 1 𝑎 − 1 1| = ⏟ 1 · (−1)3+3 | | = 𝑎2 − 𝑎 − 2 = 1| = 1 𝑎 − 1 𝐶 −𝐶 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò 1 2 3 0 0 1 = (𝑎 + 1)(𝑎 − 2); det(𝐴) = 0 → 𝑎 = −1 ˅ 𝑎 = 2. 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑎 ≠ −1 ˄ 𝑎 ≠ 2 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

𝑎 det(𝐴) = |1 0



𝑎 7 1 𝑎 ⏟ 0 1

′

𝑎=2→𝐴 =

2 7 1 2 ⏟ 0 1

5 0 1 || 3 1 −2

𝐴

−1 ~ ⏟ (0 𝐹2 +𝐹1 0

7 6 1

5 0 −1 ⏟ (0 6| 3 ) ~ 1 −2 6𝐹3 −𝐹2 0

7 6 0

5 0 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 → 6| 3 ) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 0 −9

)

5 0 1 || 3 1 −2

2 ~ ⏟ (0 2𝐹2 −𝐹1 0

7 −3 1

5 0 2 ⏟ (0 −3| 6 ) ~ 1 −2 −13𝐹2 0

7 1 0

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 5 0 1|−2) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 → 0 0 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

𝐴 𝐹3 −𝐹2 ( ) Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad (una incógnita libre).

4 7 1 4 ⏟ 0 1

b) 𝑎 = 4 → 𝐴′ =

𝐴

(

2 c) 𝑎 = 2 → 𝐴′ ~ (0 0

5 0 1 || 3 1 −2

7 1 0

4 ~ ⏟ (0 4𝐹2 −𝐹1 0

7 9 1

5 0 4 ⏟ (0 −1| 12 ) ~ 1 −2 9𝐹3 −𝐹1 0

7 9 0

4𝑥 + 7𝑦 + 5𝑧 = 0 5 0 −1| 12 ) → { 9𝑦 − 𝑧 = 12 → 10 −30 10𝑧 = −30

)

𝑥=2 { 𝑦 = 1 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2,1, −3) 𝑧 = −3 𝑥 =7+𝜇 5 0 2𝑥 + 7𝑦 + 5𝑧 = 0 𝑦 → { = −2 − 𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ 1|−2) → { 𝑦 + 𝑧 = −2 𝑧=𝜇 0 0

2013 Junio (Opción A) 1 Dadas las matrices: 𝐴 = (1 0

𝜆 1 −1

0 0 2 ) 𝑦 𝐵 = (1 2 −1

1 0 1

1 −1), se pide: 0

a) Hallar el valor de 𝜆 para el cual la ecuación matricial 𝑋𝐴 = 𝐵 tiene solución única. b) Calcular la matriz 𝑋 para 𝜆 = 4. c) Calcular el determinante de la matriz 𝐴2 𝐵 en función de 𝜆.

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12

a) itamos que existe la matriz inversa 𝐴−1 . Postmultiplicando ambos por ella: 𝑋𝐴 = 𝐵 → (𝑋𝐴)𝐴−1 = 𝐵𝐴−1 → 𝑋(𝐴𝐴−1 ) = 𝐵𝐴−1 → 𝑋𝐼 = 𝐵𝐴−1 → 𝑋 = 𝐵𝐴−1 Pero, para que exista 𝐴−1 , ha de ser det(𝐴) ≠ 0. 1 det(𝐴) = |1 0

𝜆 1 −1

0 2 | = 1 + 𝜆; det(𝐴) ≠ 0 → 𝜆 ≠ −1 → ∀𝜆 ∈ ℝ − {−1} −1

1 4 0 b) 𝐴 = (1 1 2 ) es invertible. Calculemos su inversa por el método de Gauss: 0 −1 −1 1 4 0 1 0 0 1 4 0 1 0 0 3 0 8 −1 4 (1 1 ⏟ (0 −3 2 |−1 1 0) ~ ⏟ (0 −3 2 |−1 1 2 | 0 1 0) ~ 0 −1 −1 0 0 1 𝐹2−𝐹1 0 −1 −1 0 0 1 3𝐹3 −𝐹2 0 0 −5 1 −1 3𝐹1 +4𝐹2

15 (0 0

0 −15 0

0 3 0 |−3 −5 1

12 3 −1

24 ⏟ 6) ~ 1 3 𝐹1

15 1 𝐹 ( 15 2 1 − 𝐹3 5

1 0 0

0 1 0

−

𝑋 = 𝐵𝐴−1

0 c) det(𝐵) = |1 2

1 0 1

0 = (1 2

1 0 1

1 0| 5 1 0 | 5 1 1 − 5

1 5 1 1 −1) 5 0 1 (− 5

4 5 1 − 5 1 5

4 5 1 − 5 1 5

8 5 2 → 𝐴−1 − 5 3 − ) 5

8 0 5 2 2 = 5 − 5 3 3 (5 − ) 5

0 3 5 7 5

1 5 1 = 5 1 (− 5

0 ⏟ 0) ~ 3 5𝐹2+2𝐹3

4 5 1 − 5 1 5

5𝐹1 +8𝐹3

8 5 2 − 5 3 − ) 5

−1 11 5 14 5)

1 −1| = −1 𝑦 det(𝐴) = (1 + 𝜆) → det(𝐴2 𝐵) = det(𝐴2 ) · det(𝐵) = [det(𝐴)]2 · det(𝐵) = 0 = (1 + 𝜆)2 · (−1) = −𝜆2 − 2𝜆 − 1

2012 Septiembre (Opción A) 3𝑥 + 𝑎𝑦 + 4𝑧 = 6 Dado el sistema de ecuaciones lineales: { 𝑥 + (𝑎 + 1)𝑦 + 𝑧 = 3 se pide: (𝑎 − 1)𝑥 − 𝑎𝑦 − 3𝑧 = −3 a) Discutir el sistema según los valores de 𝑎. b) Resolverlo para 𝑎 = −1. a) Escribamos las dos matrices asociadas al sistema: 𝐴′ = 3 det(𝐴) = | 1 𝑎−1

𝑎 𝑎+1 −𝑎

3 4 ⏟ | 1 1| = −3 𝐹3 +𝐹1 𝑎 + 2

𝑎 𝑎+1 0

3 1 ⏟ 𝑎−1

( 4 −1 ⏟ | 0 1| = 1 𝐶1 −𝐶3 𝑎 + 1

𝑎 𝑎+1 −𝑎 𝐴

𝑎 𝑎+1 0

4 6 1 || 3 −3 −3 ) 4 −1 ⏟ | 0 1| = 1 𝐹1 −𝐹2 𝑎 + 1

−1 𝑎+1 0

3 1| = 1

= −𝑎 − 1 − 𝑎 − 1 − 3(𝑎 + 1)2 = −3𝑎2 − 8𝑎 − 5; det(𝐴) = 0 → 3𝑎2 + 8𝑎 + 5 = 0 → −8 ± √64 − 60 5 𝑎= → 𝑎 = −1 ˅ 𝑎 = − 6 3

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13



𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 5 𝑎 ≠ −1 ˄ 𝑎 ≠ − → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 → Sistema compatible determinado. 3 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3



𝑎 = −1 → 𝐴′ =

3 1 ⏟ −2

−1 0 1

4 6 1 || 3 −3 −3

1 ~ ⏟ (3 𝐹2 ↔𝐹1 −2

0 −1 1

1 3 1 ⏟ (0 4|6) ~ −3 −3 𝐹2 −3𝐹1 0 𝐹3 +2𝐹1

𝐴

(

0 −1 1

1 3 ⏟ 1 |−3) ~ −1 3 𝐹3 +𝐹2

) 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 1 0 1 3 (0 −1 1|−3) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un grado de 0 0 0 0 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 libertad (una incógnita libre).  5 4 3 9 5 |6 2 𝑎 = − → 𝐴′ = 1 − 1 3 ~( 3 3 | 3 −3 −8 8 5 (− 3 3 −3 ) 1 0 3 9 1 0 3 9 1 (0 −2 −6|−18) ~ ⏟ (0 −1 −3|−9) ~ ⏟ (0 0 5 15 63 12𝐹2 0 5 15 63 𝐹3+5𝐹2 0 3

1 b) 𝑎 = −1 → 𝐴′ ~ (0 0

0 −1 0

−

−5 −2 5

1 12 18 ⏟ (3 3|9) ~ −9 −9 𝐹1 +𝐹3 −8

0 −2 5

3 9 ⏟ 3|9) ~ −9 −9 𝐹2 −3𝐹1

0 −1 0

3 9 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 Sistema → −3|−9) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 incompatible 0 18

𝐹3 +8𝐹1

𝑥 = 3−𝜇 1 3 𝑥+𝑧=3 𝑦 = 3 + 𝜇 ,𝜇 ∈ ℝ | ) → { → { 1 −3 −𝑦 + 𝑧 = −3 𝑧=𝜇 0 0

2012 Septiembre (Opción B) 𝑥 − 2𝑧 = 2 Dado el sistema de ecuaciones lineales:{𝑎𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = −8 , se pide: 2𝑥 + 𝑎𝑧 = 4 a) Discutirlo según los valores de 𝑎. b) Resolverlo para 𝑎 = −5. 1 0 𝑎 −1 ⏟ 2 0

a) Vamos a considerar las dos matrices asociadas al sistema: 𝐴′ = 1 𝐴′ ~ ⏟ (0 𝐹2 −𝑎𝐹1 0 𝐹3 −2𝐹1





0 −1 0

−2 2 1 + 2𝑎 |−8 − 2𝑎 ) ; 𝑎 + 4 = 0 → 𝑎 = −4 𝑎+4 0

(

𝐴

−2 2 1 ||−8 ; por Gauss: 𝑎 4 )

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑎 ≠ −4 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 → Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 1 0 −2 2 𝑎 = −4 → 𝐴′~ (0 −1 −7|0) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un 0 0 0 0 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 grado de libertad (una incógnita libre).

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14

1 −5 ⏟2

b) 𝑎 = −5 → 𝐴′ =

0 −1 0

−2 2 1 ||−8 −5 4

𝐴

(

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 +5𝐹1 0 )

𝐹3 −2𝐹1

0 −1 0

𝑥 = 2 + 2𝑧 −2 2 −9|2) → {−𝑦 = 2 + 9𝑧 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2, −2,0) −1 0 𝑧=0

2012 Junio (Opción A) 𝑘 Dadas las matrices: 𝐴 = ( 1 2𝑘

𝑘 −1 −2

𝑥 12 4 𝑘2 𝑦), se pide: ) , 𝐵 = ( ) , 𝐶 = ( ) , 𝑋 = ( 6 3 𝑘 𝑧 3 8 2

a) Hallar el rango de 𝐴 en función de los valores de 𝑘. b) Para 𝑘 = 2, hallar, si existe, la solución del sistema 𝐴𝑋 = 𝐵. c) Para 𝑘 = 1, hallar, si existe, la solución del sistema 𝐴𝑋 = 𝐶.

𝑘 a) det(𝐴) = | 1 2𝑘 

𝑘



𝑘



𝑘



𝑘

𝑘 −1 −2

1 𝑘2 𝑘 | = 2𝑘 |1 𝑘 2

1 𝑘 ⏟ 2𝑘 | 2 𝑘| = 𝑘+1 1 𝐹2+𝐹1

1 −1 −1

𝐹3 +𝐹1

1 0 0

𝑘 1 2𝑘 | = 4𝑘(𝑘 + 1) |1 𝑘+1 1

1 0 0

𝑘 𝑘| = 1

= 4𝑘(𝑘 + 1)(𝑘 − 1); det(𝐴) = 0 → 𝑘 = 0 ˅ 𝑘 = −1 ˅ 𝑘 = 1. ≠ 0 ˄ 𝑘 ≠ −1 ˄ 𝑘 ≠ 1 → det(𝐴) ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 0 0 0 1 −1 = 0 → 𝐴 = (1 −1 0) ; | | = −2 ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 0 −2 0 −2 2 −1 −1 1 −1 −1 = −1 → 𝐴 = ( 1 −1 −1) ; | | = 2 ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 1 −1 −2 −2 2 1 1 1 1 1 = 1 → 𝐴 = (1 −1 1) ; | | = −2 ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 1 −1 2 −2 2 2 2 1 −1 ⏟ 4 −2

b) 𝑘 = 2 →El sistema 𝐴𝑋 = 𝐵 tiene como matrices asociadas: 𝐴′ = (

1 𝐴′ ~ ⏟ (1 1 𝐹1 2 2 1 𝐹 2 2

1 −1 −1

26 2| 6) 14

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 −𝐹1 0

𝐹3 −2𝐹1

1 −2 −3

𝐴′ ~ ⏟ 𝐹2 −𝐹1 𝐹3 −2𝐹1

1 −2 −4

1 4 1 ⏟ (0 0|−1) ~ 0 −5 𝐹3 −2𝐹2 0

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𝐴

) 2 𝑥= 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 6 2 6 3 2 8 −2𝑧 = 0 → 𝑦 = 0 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = ( , 0, ) 0 | 0 )→ 3 3 −3𝑦 − 3𝑧 = −8 8 −3 −8 𝑧 = { { 3

c) 𝑘 = 1 →El sistema 𝐴𝑋 = 𝐶 tiene como matrices asociadas: 𝐴′ = 1 (0 0

4 12 2 || 6 2 8

1 −2 0

1 1 1 −1 ⏟ 2 −2

1 4 1 ||3 . 2 3 )

𝐴 ( 1 4 0|−1) → 0 = −3 → Sistema incompatible. 0 −3

15

2012 Junio (Opción B) 0 Dadas las matrices: 𝐴 = (−2 1

1 −1 𝑎

2 4 0) 𝑦 𝐵 = (−2 3 1

−1 −3 2−𝑎

1 −7 3+𝑎

−2 −8) se pide: 3

a) Estudiar el rango de la matriz 𝐵 en función de 𝑎. b) Para 𝑎 = 0, calcular la matriz 𝑋 que verifica: 𝐴𝑋 = 𝐵. 4 −1 | = −14 ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐵) ≥ 2. Orlamos este menor: −2 −3 4 −1 1 4 0 1 4 0 −3 4 0 −3 ∆= |−2 ⏟ |−2 −10 ⏟ 5 |−2 −2 −5| = ⏟ 5 |0 −2 −5| −3 −7 | = −7 | = 3 2 − 𝑎 3 + 𝑎 𝐶2 +𝐶3 3 5 3 + 𝑎 𝐶3 −𝐶1 3 1 𝑎 𝐶1 −𝐶2 2 1 𝑎 2 0 −3 = 10 |0 −2 −5| = 10(−4𝑎 − 6 + 10) = 10(4 − 4𝑎) = 40(1 − 𝑎) 1 1 𝑎 ∆= 0 → 𝑎 = 1 𝑎 ≠ 1 → ∆≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 4 −1 1 −2 4 −1 0 0 4 −1 0 0 𝑎 = 1 → 𝐵 = (−2 −3 −7 −8) ~ ⏟ (−2 −3 −10 −2) ~ ⏟ (−2 −3 0 −2) ~ 3 1 4 3 𝐶3+𝐶2 3 1 5 1 𝐶3 −5𝐶4 3 1 0 1

a) 𝐵 es 3×4, por lo que 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐵) ≤ 3.

 

|

𝐶4 −2𝐶2

4 (−2 3

−1 −3 1

0 b) 𝐴 = (−2 1

0 (−2 1

0 −2 1

0 4 0) ; |−2 0 3

−1 −3 1

0 4 ⏟ |−2 −2| = 1 𝐹3 +𝐹1 7

−1 −3 0

0 −2| = −12 + 14 − 2 = 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 1

1 2 4 −1 1 −2 0 −1 0) 𝑦 𝐵 = (−2 −3 −7 −8) ; det(𝐴) = |−2 3 0 1 2 3 3 1 𝐴𝑋 = 𝐵 → 𝐴−1 (𝐴𝑋) = 𝐴−1 𝐵 → (𝐴𝐴−1 )𝑋 = 𝐴−1 𝐵 → 𝐼𝑋

Hallemos 𝐴−1 por el Método de Gauss: 1 21 0 0 1 0 10 0 ⏟ (−2 −1 0|0 1 −1 0|0 1 0) ~ 0 1 0 0 1 𝐹1 ↔𝐹3 0 1 21 0

4 (0 2𝐹2 −𝐹3 0 ~ ⏟

4𝐹1 −𝐹3

0 −2 0

0 −1 0|−1 4 1

1 4 1 𝑋= 2 1 ( 4 −

−1 1 1 1 4 1 − 2 1 4 −

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1 1 ⏟ (0 0) ~ 0 𝐹2 +2𝐹1 0

1 2 2) ~ 0 2 0 ( 1 2

4 −1 (−2 3 1 2)

0 1 0

0 | 0 | 1

−1 −3 2

1 4 1 2 1 4

−

1 −7 3

0 −1 1

10 2| 0 21

1 4 1 − 2 1 4

1 2

−

1 2 −1 0| = 2 + 2 = 4 ≠ 0 → ∃𝐴−1 0 1 = 𝐴−1 𝐵 → 𝑋 = 𝐴−1 𝐵

0 1 0

1 1 ⏟ (0 2) ~ 0 𝐹3+𝐹2 0

−1 → 𝐴−1 1 2)

−2 1 −8) = (0 3 2

1 4 1 = 2 1 ( 4 −

2 −1 0

0 −1 0 1 4 1 − 2 1 4 −

10 2|0 41

0 1 1

1 2) 2

1 2 −1 1 2)

3 4 1 0) 0 −1

16

2011 Septiembre (Opción A.1) 1 −1 Calcular el rango de la matriz 𝐴 = ( 2 𝑎+2 1 3 −1 1 Como 𝐴 = ( 2 0 𝑎+2 0 1 3 −2 1 |−1 1 𝑎 | = ⏟ |1 2 0 −𝑎 𝐹2 +𝐹3 2  

3 −2 1 𝑎 ) según los valores de 𝑎. 0 −𝑎 0 𝑎

−2 1 3 𝑎 −𝑎 ) es 3×3 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) ≤ 3; |−1 1| ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) ≥ 2; orlamos este menor: ∆= 𝑎 3 −2 1 0 | = −𝑎 + 4 + 3𝑎 = 2(𝑎 + 2); ∆= 0 → 𝑎 = −2. 0 −𝑎

𝑎 ≠ −2 → ∆≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3. 1 3 −2 1 3 −2 1 −1 1 −2 ), con |−1 1 −2| = 0; tomamos el otro menor: |−1 𝑎 = −2 → 𝐴 = ( 2 0 2 2 0 2 0 0 0 −2 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜 (𝐴) = 3. Así pues: 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3, ∀𝑎 ∈ ℝ

3 1 0

−2 −2| ≠ 0 → −2

2011 Septiembre (Opción A.2) sin 𝑥 Dada la matriz 𝑀 = (cos 𝑥 0

cos 𝑥 − sin 𝑥 0

0 0), se pide: 1

a) Calcular su determinante. b) Hallar la matriz 𝑀2 . c) Hallar la matriz 𝑀25 .` sin 𝑥 a) det(𝑀) = |cos 𝑥 0

cos 𝑥 − sin 𝑥 0

0 sin 𝑥 = ⏟ 1 · (−1)3+3 | 0| cos 𝑥 1 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò

cos 𝑥 | = − sin2 𝑥 − cos 2 𝑥 = − sin 𝑥

−(sin2 𝑥 + cos2 𝑥) = −1 sin 𝑥

cos 𝑥

b) 𝑀2 = (cos 𝑥 − sin 𝑥 0

0

0 sin 𝑥 0) (cos 𝑥 1 0

cos 𝑥 − sin 𝑥 0

0 1 0) = (0 1 0

0 0 1 0) = 𝐼 0 1 sin 𝑥

c) 𝑀

25

=𝑀

24

cos 𝑥

0

· 𝑀 = (𝑀2 )12 · 𝑀 = 𝐼12 · 𝑀 = 𝐼 · 𝑀 = 𝑀 = (cos 𝑥 − sin 𝑥 0) 0

0

1

2011 Septiembre (Opción B) 2𝑥 + 4𝑦 = 4𝑘 3 −𝑘 𝑥 + 𝑘 2 𝑦 + 𝑘𝑧 = 0 se pide: Dado el sistema de ecuaciones lineales: { 𝑥 + 𝑘𝑦 = 𝑘 2 a) Discutirlo según los valores de 𝑘. b) Resolver el sistema para 𝑘 = 1. c) Resolver el sistema para 𝑘 = 2.

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17

a) Consideremos las dos matrices asociadas al sistema: 𝐴′ = 2 ∆= det(𝐴) = |−𝑘 3 1





4 𝑘2 𝑘

0 1 𝑘| = 2𝑘 |−𝑘 2 0 1

2 𝑘 𝑘

2 −𝑘 3 ⏟1

4 𝑘2 𝑘

0 4𝑘 𝑘 || 0 0 𝑘2

𝐴 ( ) 0 1 2 = ⏟ 2𝑘 · 1 · (−1)2+3 | | = (−2𝑘)(𝑘 − 2) 1| 1 𝑘 0 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò

∆= 0 → 𝑘 = 0 ˅ 𝑘 = 2 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑘 ≠ 0 ˄ 𝑘 ≠ 2 → ∆≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 2 4 0 0 ⏟ 1 0

𝑘 = 0 → 𝐴′ =

0 0 2 0 ||0 ; | 1 0 0 )

𝐴

(

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 4 | ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado 0 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

𝑥=0 con un grado de libertad (una incógnita libre: {𝑦 = 0 , 𝜇 ∈ ℝ). 𝑧=𝜇 

b)

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 0 8 1 2 04 1 2 0 4 ⏟ (0 10 1|16) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 → 2 ||0 ~ (−4 2 1|0) ~ 0 4 1 2 0 4 𝐹2 +4𝐹1 0 0 0 0 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 𝐹3 −𝐹1 𝐴 ( ) Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad (una incógnita libre). 𝑘 = 2 → 𝐴′ =

2 −8 ⏟1

4 4 2

𝑘 = 1 → 𝐴′ =

2 −1 ⏟1

4 1 1

0 4 1 1 ||0 ~ (−1 0 1 1 )

𝐴

(

2 1 1

02 1 ⏟ (0 1| 0) ~ 0 1 𝐹2+𝐹1 0 𝐹3 −𝐹1

2 3 −1

𝑥 + 2𝑦 = 2 𝑥=0 0 2 1| 2 ) → { 3𝑦 + 𝑧 = 2 → { 𝑦 = 1 → −𝑦 = −1 0 −1 𝑧 = −1

(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0,1, −1) c)

1 𝑘 = 2 → 𝐴′~ (0 0

2 10 0

𝑥 = 4 − 2𝜇 0 4 𝑥 + 2𝑦 = 4 𝑥 = 4 − 2𝑦 𝑦=𝜇 →{ → { 1|16) → { 10𝑦 + 𝑧 = 16 𝑧 = 16 − 10𝑦 𝑧 = 16 − 10𝜇 0 0

𝜇∈ℝ

2011 Junio (Opción A) Dada la matriz:

2𝑎 𝐴 = (−1 2

−2 𝑎 1

𝑎2 −1) se pide: 𝑎

a) Calcular su rango en función de los valores de 𝑎. 𝑥 2 b) En el caso de 𝑎 = 2, discutir el sistema 𝐴 (𝑦) = (1) en función de los valores de 𝑏 y resolverlo 𝑧 𝑏 cuando sea posible. 𝑥 −1 c) En el caso de 𝑎 = 1, resolver el sistema 𝐴 (𝑦) = ( 2 ). 𝑧 2 a) 𝐴 es una matriz 3×3, por lo que 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) ≤ 3. Calculemos su determinante: 2𝑎 −2 𝑎2 det(𝐴) = |−1 𝑎 −1| = 2𝑎3 + 4 − 𝑎2 − 2𝑎3 + 2𝑎 − 2𝑎 = 4 − 𝑎2 ; det(𝐴) = 0 → 𝑎 = 2 ˅ 𝑎 = −2. 2 1 𝑎

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  

𝑎 ≠ 2 ˄ 𝑎 ≠ −2 → det(𝐴) ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3. 4 −2 4 4 −2 𝑎 = 2 → 𝐴 = (−1 2 −1) ; det(𝐴) = 0 𝑦 | | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2. −1 2 2 1 2 −4 −2 4 4 −2 𝑎 = −2 → 𝐴 = (−1 −2 −1) ; det(𝐴) = 0 𝑦 | | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2. −1 −2 2 1 −2

4 b) (−1 2

 

c)

−2 2 1

𝑥 2 4 −1) (𝑦) = (1) → 𝐴′ = 𝑧 2 𝑏

4 −1 ⏟2

−2 2 1

4 2 2 −1 ||1 ~ (−1 2 𝑏 2 )

−1 2 1

2 2 1 ⏟ (0 −1|1) ~ 2 𝑏 2𝐹2 +𝐹1 0

−1 3 2

𝐹3 −𝐹1

2 1 0| 3 ) 0 𝑏−1

𝐴 ( 2 −1 2 1 2 −1 2 1 ~ ( 0 1 0| 1 ) ~ ⏟ (0 1 0| 1 ) ; 𝑏 − 3 = 0 → 𝑏 = 3. Entonces: 0 2 0 𝑏 − 1 𝐹3 −2𝐹2 0 0 0 𝑏 − 3 𝑏 ≠ 3 → 0𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 = 𝑏 − 3 ≠ 0 →Sistema incompatible. 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 2 −1 2 1 𝑏 = 3 → 𝐴′~ (0 1 0|1) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un 0 0 00 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 𝑥 = 1−𝜇 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = 1 𝑥+𝑧 = 1 grado de libertad (una incógnita libre). { →{ → { 𝑦=1 ,𝜇 ∈ ℝ 𝑦=1 𝑦=1 𝑧=𝜇

2 𝑎 = 1 → (−1 2

−2 1 1 −1 (0 0

𝑥 1 −1 −1) (𝑦) = ( 2 ) → 𝐴′ = 𝑧 1 2 1 0 3

2 −1 ⏟2

−2 1 1

1 −1 −1 || 2 1 2

−1 ~ ⏟ (2 𝐹1 ↔𝐹2 2

1 −2 1

−1 2 ⏟ 1 |−1) ~ 1 2 𝐹2+2𝐹1

𝐴 ( ) −𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 2 𝑥=2 −1 2 −𝑧 = 3 → { 𝑦 = 1 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2,1, −3) −1|3) → { 3𝑦 − 𝑧 = 6 −1 6 𝑧 = −3

𝐹3 +2𝐹1

2011 Junio (Opción B) a) Discutir el sistema de ecuaciones 𝐴𝑋 = 𝐵, con 𝐴 = (

0 0 𝑚−2

1 𝑚−1 0

𝑚 𝑥 𝑚−1 1 ) , 𝑋 = (𝑦) , 𝐵 = ( 𝑚 ), 𝑚+2 𝑧 0

según los valores de 𝑚. b) Resolver el sistema en los casos 𝑚 = 0 y 𝑚 = 1. a) Escribamos la matriz ampliada del sistema: 𝐴′ = (

0 0 𝑚−2

1 𝑚−1 0

𝑚−1 𝑚 1 | 𝑚 ) 0 𝑚+2

0 1 𝑚−1 1 𝑚−1 | = (𝑚 − 2)[1 − (𝑚 − 1)2 ] = 0 𝑚−1 1 | = (𝑚 − 2)(−1)3+1 | 𝑚−1 1 𝑚−2 0 0 = (𝑚 − 2)(1 − 𝑚2 + 2𝑚 − 1) = (𝑚 − 2)(−𝑚2 + 2𝑚) = (𝑚 − 2)𝑚(2 − 𝑚) = −𝑚(𝑚 − 2)2 . det(𝐴) = 0 → 𝑚 = 0 ˅ 𝑚 = 2 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑚 ≠ 0 ˄ 𝑚 ≠ 2 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 det(𝐴) = |



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

0 0 ⏟ −2

𝑚 = 0 → 𝐴′ =

1 −1 0

−1 0 1 ||0 0 2

0 ~ ⏟ (0 𝐹2 +𝐹1 1 1

1 0 0

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 −1 0 ′) | ) { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴 =2 →Sistema 0 0 0 −1 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

𝐴 ( ) −2𝐹3 compatible indeterminado con un grado de libertad (una incógnita libre).

1 2 1 ||2 ; de la última ecuación (0𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 = 4) →Sistema incompatible. 0 4 𝐴 ( ) 𝑥 = −1 0 1 −1 0 𝑦−𝑧=0 b) Resolución para 𝑚 = 0 → 𝐴′ ~ (0 0 0 | 0 ) → { → { 𝑦 = 𝜇 ,𝜇 ∈ ℝ 𝑥 = −1 𝑧=𝜇 1 0 0 −1 

𝑚 = 2 → 𝐴′ =

0 1 0 1 ⏟ 0 0

0 0 ⏟ −1

Resolución para 𝑚 = 1 → 𝐴′ =

1 0 0 𝐴

(

𝑦=1 → { 𝑧 = 1 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (−3,1,1) −𝑥 = 3

0 1 1 ||1 0 3 )

2010 Septiembre (Opción A-General) 𝑚−1 Dada la matriz: 𝐴 = ( 1 1

1 𝑚−1 1

1 𝑚 𝑚 1 ), se pide: 2 𝑚−1

a) Estudiar el rango de 𝐴 según los valores del parámetro 𝑚. 𝑥 0 𝑦 b) En el caso 𝑚 = 0, resolver el sistema: 𝐴 ( 𝑧 ) = (0) 0 𝑡 𝑚−1 1 1 𝑚+1 𝑚+1 𝑚+1 a) Consideremos el menor de orden 3: ∆= | 1 = ⏟ | 1 𝑚−1 1 | 𝑚−1 1 |= 1 1 𝑚 − 1 𝐹1+(𝐹2 +𝐹3 ) 1 1 𝑚−1 1 1 1 1 1 1 𝑚 = −1 = (𝑚 + 1) |1 𝑚 − 1 ⏟ (𝑚 + 1) |0 𝑚 − 2 1 | = 0 | = (𝑚 + 1)(𝑚 − 2)2 ; ∆= 0 → { ˅ 1 1 𝑚 − 1 𝐹2−𝐹1 0 0 𝑚−2 𝑚=2 𝐹3 −𝐹1



𝑚 ≠ −1 ˄ 𝑚 ≠ 2 → ∆≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 −2 1 −1 1 0 0 0 0 1 −2  𝑚 = −1 → 𝐴 = ( 1 −2 −1 1 ) ~ ⏟ (1 −2 −1 1 ) ; | | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 1 1 1 1 2 −2 𝐹1 +(𝐹2 +𝐹3 ) 1 1 2 −2 1 1 2 1 1 1 2 1  𝑚 = 2 → 𝐴 = (1 1 2 1) ~ ⏟ (0 0 0 0) → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 1 1 1 2 1 𝐹2−𝐹1 0 0 0 0 𝐹3 −𝐹1 𝑥 0 −1 1 0 1 𝑦 b) 𝑚 = 0 →El sistema ( 1 −1 0 1 ) ( 𝑧 ) = (0) es un sistema homogéneo (siempre compatible) 1 1 2 −1 0 𝑡 −1 𝐴′ = ( 1 1

1 −1 1

−1 0 1 0 ⏟ (0 0 1 | 0) ~ 2 −1 0 𝐹2+𝐹1 0 𝐹3 +𝐹1

1 0 2

0 10 −1 0 2| 0) ~ ( 0 2 00 0

1 0 1

0 10 −1 ⏟ (0 0 1|0) ~ 1 0 0 𝐹1 −𝐹2 0

1 0 1

0 00 0 1| 0) → 1 00

𝑥=𝜇 −𝑥 + 𝑦 = 0 𝑦=𝜇 { 𝑡=0 → {𝑧 = −𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ 𝑦+𝑧 =0 𝑡=0

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2010 Septiembre (Opción B.1-General) 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 0 Dado el sistema: { , se pide: 2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 3 a) Estudiar la compatibilidad del sistema. b) Añadir una ecuación para que el sistema sea compatible determinado. Razonar la respuesta. c) Añadir una ecuación para que el sistema sea incompatible. Razonar la respuesta.

a) Escribimos las matrices asociadas al sistema: 𝐴′ = (

1 2 ⏟ 2 −1

−1 0 1 | ); | 1 3 2

2 |≠0→ −1

𝐴

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 0 b) Para que el sistema { 2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 3 sea compatible determinado, los coeficientes 𝑎, 𝑏, 𝑐 han de 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 = 𝑑 1 2 −1 2 −1 1 −1 1 2 verificar que |2 −1 1 | ≠ 0 → ⏟ 𝑎| |−𝑏| |+𝑐| | = 𝑎 + 3𝑏 − 5𝑐 ≠ 0, −1 1 2 1 2 −1 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐿𝑎𝑝𝑙𝑎𝑐𝑒 𝑎 𝑏 𝑐 pudiendo 𝑑 adoptar cualquier valor. Tomamos, por ejemplo: 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 𝑑 = 1 → 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 0 1 2 −1 c) Para que el sistema { 2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 3 sea incompatible, ha de ser 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜 (2 −1 1 ) = 2 y 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 = 𝑑 𝑎 𝑏 𝑐 1 2 −1 0 1 2 −1 1 2 0 1 2 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜 (2 −1 1 3 ) = 3 → Al ser | | ≠ 0, |2 −1 1 | = 0 ˄ |2 −1 3 | ≠ 0 → 2 −1 𝑎 𝑏 𝑐 𝑑 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎 𝑏 𝑑 𝑎 + 3𝑏 − 5𝑐 = 0 { . Tomamos, por ejemplo: 𝑎 = 2, 𝑏 = 1, 𝑐 = 1, 𝑑 = 0 → 2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 6𝑎 − 3𝑏 − 5𝑑 ≠ 0

2010 Septiembre (Opción B.2-General) −𝑎 Dada la matriz: 𝐴 = ( 𝑎 0

0 𝑎−1 𝑎

𝑎 0 ), se pide: 𝑎+2

a) Estudiar su rango, según los valores del parámetro 𝑎. b) ¿Para qué valores de 𝑎 existe la matriz inversa 𝐴−1 ? Calcularla para 𝑎 = 1. −𝑎 0 𝑎 −𝑎 0 𝑎 a) Es 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) ≤ 3; det(𝐴) = | 𝑎 𝑎 − 1 ⏟ | 0 𝑎−1 = ⏟ 0 | = 𝑎 | 0 𝑎 𝑎 + 2 𝐹2 +𝐹1 0 𝑎 𝑎 + 2 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò 𝑎−1 𝑎 (−𝑎) | | = (−𝑎)[𝑎2 + 𝑎 − 2 − 𝑎2 ] = (−𝑎)(𝑎 − 2); det(𝐴) = 0 → 𝑎 = 0 ˅ 𝑎 = 2. 𝑎 𝑎+2  𝑎 ≠ 0 ˄ 𝑎 ≠ 2 → det(𝐴) ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 0 0 0 −1 0  𝑎 = 0 → 𝐴 = (0 −1 0) ; | | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 0 2 0 0 2 −2 0 2 1 0  𝑎 = 2 → 𝐴 = ( 2 1 0) ; | | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 2 4 0 2 4 b) Una matriz cuadrada tiene inversa solo si su determinante es no nulo. Entonces: 𝑎 ≠ 0 ˄ 𝑎 ≠ 2 → ∃𝐴−1

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−1 0 1 Para 𝑎 = 1 → 𝐴 = ( 1 0 0) ; por el método de Gauss: 0 1 2 −1 0 1 1 0 0 1 0 00 1 0 1 0 00 1 0 1 ( 1 0 0| 0 1 0) ~ ⏟ (−1 0 1|1 0 0) ~ ⏟ (0 0 1|1 1 0) ~ ⏟ (0 0 1 3 0 0 1 𝐹2 ↔𝐹1 0 1 3 0 0 1 𝐹2 +𝐹1 0 1 3 0 0 1 𝐹2 ↔𝐹3 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 ~ ⏟ (0 1 0|−3 −3 1) → 𝐴−1 = (−3 −3 1) 𝐹2 −3𝐹3 0 0 1 1 1 0 1 1 0

0 1 0

00 3| 0 11

1 0 1

0 1) 0

2010 Septiembre (Opción A-Específica) 1 El sistema: 𝐴𝑋 = 𝐵, donde 𝐴 = (0 𝑎

0 2 5

𝑥 1 𝑦 0) , 𝑋 = ( ) tiene diferentes soluciones según sea la matriz 𝐵. 𝑧 𝑎

a) Determinar, si existen, el valor o valores de 𝑎 para los que el sistema es compatible determinado (independientemente del valor de 𝐵). 0 b) Si 𝑎 = 4 𝑦 𝐵 = (−1), determinar, si existen, el valor o los valores, el valor o los valores de 𝑏 para 𝑏 los que el sistema es incompatible. 0 c) Si 𝑎 = 4 𝑦 𝐵 = ( 𝑐 ), determinar, si existen, el valor o los valores, el valor o los valores de 𝑐 para 10 los que el sistema es compatible determinado. 1 0 a) det(𝐴) = |0 2 𝑎 5 determinado.

1 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) ≤ 2 → El sistema nunca será compatible 0| = 0, ∀𝑎 ∈ ℝ → { 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 𝑎

1 0 1 0 b) Las matrices asociadas al sistema correspondiente serían: 𝐴′ = (0 2 0|−1) ; por Gauss: 4 5 4 𝑏 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 5 (0 2 0|−1) ~ ⏟ (0 2 0|−1) ~ ⏟ (0 2 0| −1 ) ; 2𝑏 + 5 = 0 → 𝑏 = − 2 4 5 4 𝑏 𝐹3 −4𝐹1 0 5 0 𝑏 2𝐹3 −5𝐹2 0 0 0 2𝑏 + 5 5 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 ∀𝑏 ≠ − → { → Sistema incompatible. 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 2 1 0 1 0 c) Las matrices asociadas al sistema correspondiente serían: 𝐴′ = (0 2 0| 𝑐 ) ; por Gauss: 4 5 4 10 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 ( 0 2 0| 𝑐 ) ~ ⏟ ( 0 2 0| 𝑐 ) ~ ⏟ (0 2 0| 𝑐 ) ; 20 − 5𝑐 = 0 → 𝑐 = 4 4 5 4 10 𝐹3 −4𝐹1 0 5 0 10 2𝐹3−5𝐹2 0 0 0 20 − 5𝑐 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 𝑐 = 4 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 1 𝐴 ~ (0 0 ′

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0 2 0

𝑥 = −𝜇 10 𝑥+𝑧 = 0 0|4) → { 2𝑦 = 4 → { 𝑦 = 2 , 𝜇 ∈ ℝ 𝑧=𝜇 00

22

2010 Septiembre (Opción B-Específica) 𝑥 + 𝑦 + 𝑘𝑧 = 𝑘 Dado el sistema de ecuaciones: {𝑥 + 𝑘𝑦 + 𝑧 = 𝑘 2 , se pide: 𝑘𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 a) Discutirlo, según los valores del parámetro 𝑘. b) Resolverlo para 𝑘 = 0. a) Escribamos las matrices asociadas al sistema: 𝐴′ =

1 (𝑘 + 2) |1 𝑘





𝑘 𝑘 1 ||𝑘 2 1 1

𝐴 ( ) 𝑘 𝑘+2 𝑘+2 𝑘+2 = ⏟ | 1 1| 𝑘 1 |= 1 𝐹1 +(𝐹2+𝐹3) 𝑘 1 1 1 1 1 1 ⏟ (𝑘 + 2) | 0 1| = 𝑘 − 1 0| = (𝑘 + 2)[−(𝑘 − 1)2 ] = −(𝑘 + 2)(𝑘 − 1)2 ; 𝐹 −𝐹 2 1 1 𝑘−1 0 0

1 ∆= det(𝐴) = |1 𝑘

1 𝑘 1

1 𝑘 1

𝐹3 −𝐹1

∆= 0 → 𝑘 = −2 ˅ 𝑘 = 1 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑘 ≠ −2 ˄ 𝑘 ≠ −1 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 1 1 ⏟ −2

𝑘 = −2 → 𝐴′ =

𝑘 = 1 → 𝐴′ =

1 −2 1

1 1 1 1 ⏟ 1 1

1 (1 𝐹3 +(𝐹1 +𝐹2 ) 0

−2 −2 1 || 4 1 1

𝐴

( 

1 1 1 𝑘 ⏟ 𝑘 1

~ ⏟

1 −2 0

−2 −2 Sistema 1 | 4 ) → (0𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 = 3) incompatible 0 3

)

1 1 1 ||1 1 1

→ {𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 →

𝐴 ( ) 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 1 { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 1 →Sistema compatible indeterminado con dos grados de libertad. 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

1 1 1 0 ⏟ 0 1

b) 𝑘 = 0 → 𝐴′ = (

𝐴

0 0 1 ||0 1 1

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 −𝐹1 0

1 −1 1

00 1 ⏟ (0 1| 0) ~ 1 1 𝐹3+𝐹2 0

1 −1 0

)

𝑥=−

1

2 𝑥+𝑦=0 00 1 𝑦 = | ) → → 10 −𝑦 + 𝑧 = 0 2 21 1 2𝑧 = 1 𝑧= 2 { {

1 1 1 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (− , , ) 2 2 2 2010 Junio (Opción A.1-General) 𝑥 + 𝑘𝑦 − 𝑧 = 0 Dado el sistema homogéneo de ecuaciones: {2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = 0 , se pide: 𝑥 − 4𝑦 + 𝑘𝑧 = 0 a) Determinar para qué valores del parámetro 𝑘 el sistema tiene soluciones distintas de 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 0. b) Resolverlo para el caso 𝑘 = 3.

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23

a) Como un sistema homogéneo siempre tiene, al menos, la solución trivial (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0,0,0), el que tenga más soluciones significa que ha de ser compatible indeterminado. Esto sucederá cuando el rango de la matriz de coeficientes sea menor que 3. 1 𝑘 −1 1 𝑘 −1 𝐴 = (2 −1 2 ) ; 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) < 3 → det(𝐴) = 0 → |2 −1 2 | = −2𝑘 2 + 𝑘 + 15 = 0 → 1 −4 𝑘 1 −4 𝑘 𝑘=3 −1 ± √1 + 120 ˅ 𝑘= → { 5 −4 𝑘=− 2 1 3 −1 0 1 3 −1 0 1 3 −1 0 𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 = 0 b) 𝑘 = 3 → 𝐴′ = (2 −1 2 |0) ~ ⏟ (0 −7 4 |0) ~ ⏟ (0 −7 4 |0) → { → −7𝑦 + 4𝑧 = 0 1 −4 3 0 𝐹2 −2𝐹1 0 −7 4 0 𝐹3 −𝐹2 0 0 0 0 𝐹3 −𝐹1

𝑥 = −5𝜇 Tomando 𝑧 = 7𝜇 → { 𝑦 = 4𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ. 𝑧 = 7𝜇 2010 Junio (Opción A.2-General) Dadas las matrices: 𝐴 = (

1 1

1 1 ),𝐼 = ( −2 0

0 ), se pide: 1

a) Hallar dos constantes 𝑎 𝑦 𝑏 tales que 𝐴2 = 𝑎𝐴 + 𝑏𝐼. b) Sin calcular explícitamente 𝐴3 y 𝐴4 , utilizando solo la expresión anterior, obtener la matriz 𝐴5 . 𝑎 𝑎 1 1 0 2 −1 𝑏 0 )+𝑏( )→( )=( )+( )→ 𝑎 −2𝑎 −2 0 1 −1 5 0 𝑏 𝑎+𝑏 = 2 2 −1 𝑎+𝑏 𝑎 𝑎 = −1 ( )=( ) → { 𝑎 = −1 → → 𝐴2 = −𝐴 + 3𝐼 −1 5 𝑎 −2𝑎 + 𝑏 𝑏=3 −2𝑎 + 𝑏 = 5 b) 𝐴5 = 𝐴2 · 𝐴2 · 𝐴 = (−𝐴 + 3𝐼)(−𝐴 + 3𝐼) · 𝐴 = (𝐴2 − 6𝐴𝐼 + 9𝐼 2 ) · 𝐴 = (−𝐴 + 3𝐼 − 6𝐴 + 9𝐼) · 𝐴 = 1 1 1 0 (−7𝐴 + 12𝐼) · 𝐴 = −7𝐴2 + 12𝐴 = −7(−𝐴 + 3𝐼) + 12𝐴 = 19𝐴 − 21𝐼 = 19 ( ) − 21 ( )= 1 −2 0 1 19 19 21 0 −2 19 =( )−( )= ( ) 19 −38 0 21 19 −59 a) 𝐴2 = 𝑎𝐴 + 𝑏𝐼 → (

1 1

1 1 )( −2 1

1 1 ) = 𝑎( −2 1

2010 Junio (Opción B-General) 𝑥 + 𝑎𝑦 − 𝑧 = 𝑎 Dado el sistema de ecuaciones: { 𝑎𝑥 + 2𝑧 = −2 , se pide: 𝑥 + 𝑧 = −2 a) Discutirlo según los valores del parámetro 𝑎. b) Resolverlo en el caso 𝑎 = 0. 1 𝑎 𝑎 0 ⏟ 1 0

a) Escribamos las dos matrices asociadas al sistema: 𝐴′ = 1 ∆= det(𝐴) = |𝑎 1

𝑎 0 0

−1 𝑎 2 | = 𝑎(−1)1+2 | 1 1

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(

𝐴

−1 𝑎 2 ||−2 1 −2 )

2 | = −𝑎(𝑎 − 2); ∆= 0 → 𝑎 = 0 ˅ 𝑎 = 2. 1

24



𝑎 ≠ 0 ˄ 𝑎 ≠ 2 → det(𝐴) ≠ 0 → {



𝑎 = 2 → 𝐴′ =

1 2 2 0 ⏟ 1 0 𝐴

(

1 0 0 0 ⏟ 1 0

𝑎 = 0 → 𝐴′ =

−1 2 2 ||−2 1 −2

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 −2𝐹3 1

2 0 0

−1 2 0 | 2 ) → (0𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 = 2 →Sistema incompatible) 1 −2

) −1 0 2 ||−2 1 −2

1 ~ ⏟ (0 𝐹3 −𝐹1 0

0 0 0

−1 0 1 ⏟ (0 2 |−2) ~ 2 −2 𝐹31−𝐹2 0

0 0 0

−1 0 1 |−1) → 0 0

𝐹 𝐴 ( ) 2 2 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

b)

1 𝑎 = 0 → 𝐴′~ (0 0

0 0 0

𝑥 = −1 −1 0 𝑥−𝑧 =0 → { 𝑦=𝜇 , 𝜇∈ℝ 1 |−1) → { 𝑧 = −1 0 0 𝑧 = −1

2010 Junio (Opción A-Específica) 1 Sabiendo que: |6 𝛼

2 0 𝛽

3 3| = 3, utilizando las propiedades de los determinantes, calcular: 𝛾

2 a) El determinante de la matriz ( 6 𝛼 10 20 30 0 1| b) | 2 3𝛼 3𝛽 3𝛾 3𝛼 + 2 3𝛽 + 4 3𝛾 + 6 2𝛽 2𝛾 | c) | 2𝛼 𝛼+6 𝛽 𝛾+3

4 0 𝛽

6 4 3) . 𝛾

2 4 6 1 2 3 2 4 6 4 2 4 64 1 a) | 6 0 3| = 2 | 6 0 3| → |( 6 0 3) | = | 6 0 3| = (2 | 6 𝛼 𝛽 𝛾 𝛼 𝛽 𝛾 𝛼 𝛽 𝛾 𝛼 𝛽 𝛾 𝛼 10 20 30 1 2 3 1 2 3 1 2 0 1 | = 10 | 2 0 1 | = 10 · 3 | 2 0 1| = 10 | 6 0 b) | 2 3𝛼 3𝛽 3𝛾 3𝛼 3𝛽 3𝛾 𝛼 𝛽 𝛾 𝛼 𝛽 3𝛼 + 2 c) | 2𝛼 𝛼+6

3𝛽 + 4 2𝛽 𝛽

3𝛾 + 6 3𝛼 + 2 2𝛾 | = 2 | 𝛼 𝛾+3 𝛼+6

3𝛽 + 4 𝛽 𝛽

1 = (−4) | 6 𝛼

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2 0 𝛽

2 3 4 0 3|) = 24 · 34 = 1296 𝛽 𝛾 3 3| = 10 · 3 = 30 𝛾

3𝛾 + 6 2 𝛾 | = ⏟ 2 |𝛼 𝛾 + 3 𝐹1 −3𝐹2 6 𝐹3 −𝐹2

4 𝛽 0

2 6 6 (−2) | = ⏟ | 𝛾 𝐹 ↔𝐹 𝛼 3 2 3

4 0 𝛽

6 3| = 𝛾

3 3| = (−4) · 3 = −12 𝛾

25

2010 Junio (Opción B.1-Específica) Se considera el sistema: {

2𝑥 + 𝑚𝑦 + 3𝑧 = 3 𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = 0 y se pide: 5𝑥 + (𝑚 + 1)𝑦 + 𝑧 = 9

a) Discutirlo según los valores de 𝑚. b) Resolverlo para el caso de 𝑚 = 0.

a) Escribamos las dos matrices asociadas al sistema: 𝐴′ = 𝑚 1 𝑚+1

3



3 3 −2 ||0 1 9

𝐴 ) 3 𝑚 = ⏟ 2(−1)3+1 | −2| 1 0 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò 3 = 2(−2𝑚 − 3); ∆= 0 → −2𝑚 − 3 = 0 → 𝑚 = − 2 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 3 𝑚 ≠ − → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado 2 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

2 ∆= det(𝐴) = |1 5



2 𝑚 1 1 ⏟ 5 𝑚+1

3

′

𝑚=− →𝐴 = 2

(

2 − 2 1 1 1 5 ⏟ − 2 𝐴

3 2 ⏟ |1 −2| = 1 𝐹3 −𝐹1 3

3 3 | 2 −2 0 ; | 1 |9 1 )

𝑚 1 1

( 3 2 𝑚 ⏟ |1 1 −2| = −2 𝐹3−𝐹2 2 0

2 3 | ≠ 0 , det(𝐴) = 0 𝑦 |1 −2 5

3 −2 1

3 | −2

3 0| ≠ 0 → 9

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 { →Sistema incompatible. 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3

b)

𝑚 = 0 → 𝐴′ = 3 |0 ∆𝑥 𝑥= = 9 ∆

2 0 1 1 ⏟ 5 1

3 3 −2 ||0 ; ∆= det(𝐴) = −6. Por las Fórmulas de Cramer: 1 9 𝐴 ( ) 0 3 2 3 3 2 0 3 |1 0 −2| | 1 1 0| 1 −2| 1 1 = −18 = 3; 𝑦 = ∆𝑦 = 5 9 1 = 30 = −5; 𝑧 = ∆𝑧 = 5 1 9 = 6 = −1 −6 −6 ∆ −6 −6 ∆ −6 −6 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (3, −5, −1)

2010 Junio (Opción B.2-Específica) 1 Dada la matriz: 𝐴 = (0 0 posible. 1 Es det(𝐴) = |0 0

𝛼 1 1

𝛼 1 1

1 0 ), estudiar para qué valores de 𝛼 tiene inversa y calcularla siempre que sea 𝛼

1 1 0| = 1 · | 1 𝛼

0 | = 𝛼; entonces: ∃𝐴−1 , ∀𝛼 ≠ 0 ; por el método de Gauss: 𝛼

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26

1 (0 0

𝛼 1 1

11 0 |0 𝛼0

0 1 0

0 1 ⏟ (0 0) ~ 1 𝐹1 −𝛼𝐹2 0 𝐹3 −𝐹2

0 1 0

11 0 |0 𝛼0

−𝛼 1 −1

0 𝛼 ⏟ (0 0) ~ 1 𝛼𝐹1 −𝐹3 0

1 → 𝐴−1 =

0 (

0

0 1 0

1 − 𝛼2 1 −1

0𝛼 0|0 𝛼0

1 − 𝛼2 𝛼 1 1 − 𝛼

1 −1 0 )~ 0 0 1 (

0 1 0

01 0||0 10

1 − 𝛼2 𝛼 1 1 − 𝛼

1 𝛼 0 1 𝛼 )

−

1 𝛼 0 1 𝛼 )

−

2009 Septiembre (Opción A) 𝑚 Dada la matriz 𝑀 = (𝑚 0

1 1 1

2𝑚 2 ) 1

a) Determinar los valores del parámetro 𝑚 para los cuales es invertible. b) Determinar los valores del parámetro 𝑚 para los cuales la matriz 𝑀25 es invertible. c) Para 𝑚 = −1, calcular, si es posible, la matriz inversa de 𝑀.

𝑚 a) det(𝑀) = |𝑚 0

1 2𝑚 𝑚 ⏟ |0 1 2 | = 1 1 𝐹2 −𝐹1 0

1 2𝑚 0 2 − 2𝑚| = −𝑚(2 − 2𝑚) = 2𝑚(𝑚 − 1) 1 1

det(𝑀) = 0 → 𝑚 = 0 ˅ 𝑚 = 1 → ∃𝑀−1 , ∀𝑚 ≠ 0 ˄ 𝑚 ≠ 1

b) det(𝑀25 ) = [det(𝑀)]25 = 225 𝑚25 (𝑚 − 1)25 → ∃(𝑀25 )−1 , ∀𝑚 ≠ 0 ˄ 𝑚 ≠ 1 −1 c) 𝑚 = −1 → 𝑀 = (−1 0 −1 1 −2 1 0 (−1 1 2 |0 1 0 1 1 0 0

1 −2 1 2 ) 𝑦 ∃𝑀−1 . Por el método de Gauss: 1 1 0 −1 1 −2 1 0 0 −1 1 ⏟ ( 0 0 4 |−1 1 0) ~ ⏟ (0 1 0) ~ 1 𝐹2 −𝐹1 0 1 1 0 0 1 𝐹2 ↔𝐹3 0 0

−1 0 −3 1 0 −1 ( 0 1 1 | 0 0 1 ) 0 0 4 −1 1 0

~ ⏟ 4𝐹2 −𝐹3 4𝐹1 +3𝐹3

−4 (0 0

0 4 0

0 1 0| 1 4 −1 −

𝑀−1 =

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1

4 1

4 1 − ( 4

3 −1 1

− −

3 4 1

4 1 4

−4 1 4 )~ 0 0 0 (

0 1 0

−2 1 0 1|0 0 4 −1 1

1 0 4 | 1 0 | 4 1 1 − 4 −

3 4 1 − 4 1 4 −

0 ⏟ 1) ~ 0 𝐹1 −𝐹2 1 1

→

0)

1 1 0

)

27

2009 Septiembre (Opción B.1) 𝑘𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 0 Dado el sistema: {𝑘𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = 0 , se pide: 𝑥 − 𝑘𝑦 + 2𝑧 = 0 a) Obtener los valores del parámetro 𝑘 para los cuales el sistema tiene soluciones distintas de 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 0. b) Resolver el sistema para 𝑘 = 5. a) Como un sistema homogéneo siempre tiene, al menos, la solución trivial (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0,0,0), el que tenga más soluciones significa que ha de ser compatible indeterminado. Esto sucederá cuando el rango de la matriz de coeficientes sea menor que 3. 𝑘 2 1 𝑘 2 1 𝑘 2 1 𝑘 5 0 𝐴 = (𝑘 −1 2) → det(𝐴) = |𝑘 −1 2| = ⏟ |0 −3 1| = ⏟ |0 = ⏟ −3 1| 𝐹 −𝐹 𝐹 −𝐹 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ô 1 2 1 −𝑘 2 1 −𝑘 2 2 1 1 −𝑘 2 1 6−𝑘 0 𝐹3 −2𝐹2

=1·

(−1)2+3

5 b) 𝑘 = 5 → 𝐴′ = (5 1

2 −1 −5

𝑘 | 1

5 | = (−1)(−𝑘 2 + 6𝑘 − 5) = (𝑘 2 − 6𝑘 + 5) = (𝑘 − 1)(𝑘 − 5) 6−𝑘 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) < 3 → det(𝐴) = 0 → 𝑘 = 1 ˅ 𝑘 = 5 10 2| 0) 20

5 ~ ⏟ (0 𝐹2 −𝐹1 0

5𝐹3 −𝐹1

{

2 −3 −27

10 5 ⏟ (0 1| 0 ) ~ 9 0 𝐹3−9𝐹2 0

2 −3 0

10 5𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 0 → 1|0) → { −3𝑦 + 𝑧 = 0 00

𝑥 = −𝜇 5𝑥 = −5𝑦 → { 𝑦 = 𝜇 ,𝜇 ∈ ℝ 𝑧 = 3𝑦 𝑧 = 3𝜇

2009 Septiembre (Opción B.2) 4 −2 4 ) 𝑦𝐵 =( 1 1 −3 la ecuación matricial: 𝐴𝑋𝐵 = 𝐴 + 𝐵. Dadas las matrices 𝐴 = (

−2 ), obtener una matriz cuadrada 𝑋 de orden 2 que verifique 1

𝑥 Vamos a hacer una resolución directa, sin calcular matrices inversas. Sea 𝑋 = ( 𝑧 (

4 1

−2 𝑥 )( 𝑧 1

𝑦 4 )( 𝑡 −3

−2 4 )=( 1 1

16𝑥 − 12𝑦 − 8𝑧 + 6𝑡 ( 4𝑥 − 3𝑦 + 4𝑧 − 3𝑡

−2 4 )+( 1 −3

4𝑥 − 2𝑧 −2 )→( 𝑥+𝑧 1

−8𝑥 + 4𝑦 + 4𝑧 − 2𝑡 8 )=( −2𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 + 𝑡 −2

8𝑥 − 6𝑦 − 4𝑧 + 3𝑡 = 4 −4𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 − 𝑡 = −2 { → 𝑀′ = 4𝑥 − 3𝑦 + 4𝑧 − 3𝑡 = −2 −2𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 + 𝑡 = 2

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(

8 −6 −4 3 4 −4 2 2 −1 |−2 4 −3 4 −3 |−2 ⏟ −2 1 −2 1 2 𝑀

4𝑦 − 2𝑡 4 )( 𝑦+𝑡 −3

𝑦 ) la matriz pedida. 𝑡 −2 8 )=( 1 −2

−4 )→ 2

16𝑥 − 12𝑦 − 8𝑧 + 6𝑡 = 8 −8𝑥 + 4𝑦 + 4𝑧 − 2𝑡 = −4 −4 )→{ → 4𝑥 − 3𝑦 + 4𝑧 − 3𝑡 = −2 2 −2𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 + 𝑡 = 2

~ ⏟ 2𝐹2 +𝐹1 2𝐹3 −𝐹1 ) 4𝐹4 +𝐹1 (

8 0 0 ⏟ 0

−6 −4 3 4 −2 0 1 |0 0 12 −9 |−8 −2 −12 7 12 𝑀

~ ⏟ 𝐹4 +(−𝐹2 +𝐹3 )

)

28

1 4𝑥 + 3𝑦 − 2𝑧 = 0 3 2 −2𝑦 + 𝑡 = 0 8 −6 −4 3 4 8 −6 −4 0 8 𝑦=− 5 | 0 0 −2 0 1 | 0 0 0 3→ −2 1 ~ ⏟ → → 𝑧=− 0 0 12 −9 |−8 𝐹 −3𝐹 0 0 12 0 |−20 5 3 3 4 𝑧=− ⏟ ⏟ 0 0 0 −3 4 0 0 0 −3 4 4 𝐹1 +𝐹4 3 ( ) ( ) { 𝑡=− 𝑀 𝑀 4 3 {𝑡 = − 3 𝑥=−

− 1⁄3 𝑋=( − 5⁄3

− 2⁄ 3 ) − 4⁄ 3

2009 Junio (Opción A) 4𝑥 + 4𝑘𝑦 + 2𝑧 = 2𝑘 Dado el sistema: { 𝑘𝑥 + 𝑦 − 𝑘𝑧 = 𝑘 , se pide: 4𝑘𝑥 + 4𝑘𝑦 + 𝑘𝑧 = 9 a) Discutirlo, según los valores del parámetro 𝑘. b) Resolverlo para 𝑘 = −1. a) Escribimos las matrices asociadas: 𝐴′ =

4 𝑘 ⏟ 4𝑘

2 2𝑘 −𝑘 || 𝑘 𝑘 9

𝐴

) 1 −𝑘| = 2𝑘[2 − 8𝑘 2 + 4𝑘 − 4 + 8𝑘 − 2𝑘 2 ] = 1 1 2 2 2𝑘(−10𝑘 + 12𝑘 − 2) = −(4𝑘)(5𝑘 − 6𝑘 + 1); ∆= 0 → 𝑘 = 0 ˅ 𝑘 = 1 ˅ 𝑘 = 5

4 ∆= 𝑑𝑒𝑡(𝐴) = | 𝑘 4𝑘



𝑘≠0 ˄ 𝑘≠1 ˄ 𝑘≠



𝑘 = 0 → 𝐴′ =

4 0 0 1 ⏟ 0 0 (



𝑘 = 1 → 𝐴′ =

1 5

( 2 2 −𝑘 | = 2𝑘 |𝑘 𝑘 4

4𝑘 1 4𝑘

4𝑘 1 4𝑘

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 Sistema compatible → ∆≠ 0 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 → determinado 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 2 0 0 ||0 0 9

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 →{ →Sistema incompatible. 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3

𝐴

)

4 4 1 1 ⏟ 4 4

2 2 −1 ||1 1 9

1 (2 1 𝐹 ↔𝐹2 4 2 1 ~ ⏟

𝐴 ( ) 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 { →Sistema incompatible. 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3



2𝑘 1 4

1 2 4

1 −1 1 ⏟ (0 1 | 1) ~ 1 9 𝐹2−2𝐹1 0 𝐹3 −4𝐹1

1 0 0

−1 1 1 ⏟ (0 3 |−1) ~ 5 5 3𝐹3−5𝐹2 0

1 0 0

−1 1 3 |−1) → 0 20

𝑘 = 1⁄5 → 4 1⁄5 4⁄5 ⏟ (

4⁄5 1 4⁄5 𝐴

2 2⁄ 5 − 1⁄5 ||1⁄5 1⁄5 9

20 ~ ⏟(1 5𝐹 4 )

MATEMÁTICAS B. ÁLGEBRA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

4 5 4

10 2 1 ⏟ (10 −1| 1 ) ~ 1 45 12𝐹1↔𝐹2 4

5 2 4

1 −1 1 ⏟ (0 5 |1) ~ 1 45 𝐹2 −10𝐹1 0 𝐹3 −4𝐹1

5 −48 −16

−1 1 15 |−9) 5 41

29

b)

1 ~ ⏟ (0 1 𝐹3 − 𝐹2 0 3

5 −48 0

4 −1 ⏟ −4

2 −2 1 ||−1 −1 9

𝑘 = −1 → 𝐴′ =

−4 1 −4

−1 1 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 →Sistema incompatible. 15 |−9) { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 0 44

4 −4 0 0 ⏟ 0 −8

~ ⏟ 4𝐹2 +𝐹1 𝐹3 +𝐹1

𝐴

2 −2 6 ||−6 1 7

~ ⏟ 1 𝐹 2 1 1 𝐹 6 2

2 −2 0 0 ⏟ 0 −8

1 −1 1 ||−1 1 7

→

𝐴 𝐴 ) ( ) ( ) 2𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 = −1 𝑥 = −1 𝑧 = −1 { → {𝑦 = −1 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (−1, −1, −1) −8𝑦 + 𝑧 = 7 𝑧 = −1

(

2009 Junio (Opción B.1) 2𝑥 − 𝑦 = 𝛿 Dado el sistema: {𝛿𝑥 − 2𝑦 = 4 3𝑥 − 𝑦 = 2 a) Discutirlo, según los valores del parámetro 𝛿. b) Resolver el sistema cuando sea posible. a) Escribimos las dos matrices asociadas: 𝐴′ = 2 ∆= det(𝐴′ ) = |𝛿 3

 

b)

−1 −2 −1

2 −1 𝛿 2 𝛿 −2 ||4 ; | 3 3⏟ −1 2 ( 𝐴 )

−1 | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 −1

𝛿 4| = −8 − 12 − 𝛿 2 + 6𝛿 + 8 + 2𝛿 = −𝛿 2 + 8𝛿 − 12; ∆= 0 → 𝛿 = 2 ˅ 𝛿 = 6 2 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 ′ 𝛿 ≠ 2 ˄ 𝛿 ≠ 6 → det(𝐴 ) ≠ 0 → { →Sistema incompatible. 𝑟𝑎𝑛𝑔(𝐴′ ) = 3 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 𝛿 = 2 ˅ 𝛿 = 6 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 2 2 −1 2 2 −2 ||4 3⏟ −1 2

𝛿 = 2 → 𝐴′ = (

𝐴

~ ⏟ )

𝐹2 −𝐹1 2𝐹3 −3𝐹1

2 (0 0

−1 2 2 ⏟ (0 −1| 2 ) ~ 1 −2 𝐹3+𝐹2 0

−1 2 2𝑥 − 𝑦 = 2 → (𝑥, 𝑦) = (0, −2) −1|2) → { −𝑦 = 2 0 0

𝛿=6 2009 Junio (Opción B.2) 𝑎 Dada la matriz 𝐴 = (1 1

1 𝑎 1

1 1), se pide: 𝑎

a) Estudiar su rango, según los valores del parámetro 𝑎. b) Obtener su matriz inversa para 𝑎 = −1. 𝑎 a) det(𝐴) = |1 1

1 𝑎 1

1 𝑎+2 = ⏟ | 1 1| 𝑎 𝐹1+(𝐹2 +𝐹3 ) 1

MATEMÁTICAS B. ÁLGEBRA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

𝑎+2 𝑎 1

𝑎+2 1 1 | = (𝑎 + 2) |1 𝑎 1

1 𝑎 1

1 ⏟ 1| = 𝑎 𝐹2 −𝐹1 𝐹3 −𝐹1

30

  

1 1 1 (𝑎 + 2) |0 𝑎 − 1 0 | = (𝑎 + 2)(𝑎 − 1)2 ; det(𝐴) = 0 → 𝑎 = −2 ˅ 𝑎 = 1 0 0 𝑎−1 𝑎 ≠ −2 ˄ 𝑎 ≠ 1 → det(𝐴) ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3. −2 1 𝑎 = −2 → det(𝐴) = 0 𝑦 | | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2. 1 −2 1 1 1 1 1 1 𝑎 = 1 → 𝐴 = ( 1 1 1) ~ ⏟ (0 0 0) → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 1. 1 1 1 𝐹2−𝐹1 0 0 0 𝐹3 −𝐹1

−1 b) 𝑎 = −1 → 𝐴 = ( 1 1 −1 (1 1

1 −1 1

−2 (0 0

1 −1 1

1 1 1 |0 −1 0

0 1 0

00 0| 1 21

−1 0 1

0 2 0

1 1 ) ; det(𝐴) = 4 ≠ 0 → ∃𝐴−1 . Vamos a calcularla por el método de Gauss: −1 0 −1 ⏟ (0 0) ~ 1 𝐹2+𝐹1 0

1 0 2

𝐹3 +𝐹1

−1 1 1 ) ~ (0 0 0

11 2|1 01 0 0 0| 1⁄2 1 1⁄2

0 1 0

0 1 0

0 −1 ⏟ (0 0) ~ 1 𝐹2 ↔𝐹3 0

1⁄2 0 1⁄2

1 2 0

11 0| 1 21

0 0 1

1⁄2 0 1⁄2) → 𝐴−1 = (1⁄2 0 1⁄2

0 ~ ⏟ 1) 0 2𝐹1 −(𝐹2+𝐹3) 1⁄2 0 1⁄2

1⁄2 1⁄2) 0

2008 Septiembre (Opción A) 2 Dada la matriz: 𝐴 = (2𝑎 2

𝑎+1 0 0

1 1 ), se pide: 𝑎+1

a) Determinar su rango, según los valores del parámetro 𝑎. b) Decir cuándo la matriz es invertible. Calcular la inversa para 𝑎 = 1. 2 a) ∆= det(𝐴) = |2𝑎 2

𝑎+1 0 0

1 2𝑎 (𝑎 + 1)(−1)1+2 | = ⏟ 1 | 2 𝑎 + 1 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò

1 | = −(𝑎 + 1)(2𝑎2 + 2𝑎 − 2) = 𝑎+1 𝑎 = −1 ˅

(−2)(𝑎 + 1)(𝑎2 + 𝑎 − 1); ∆= 0 → {

𝑎2 + 𝑎 − 1 = 0 → 𝑎 =   b)

𝑎 ≠ −1 ˄ 𝑎 ≠

−1±√5

→ det(𝐴) ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3. 𝑎+1 1 𝑎 = 1˅𝑎 = → ∆= 0 𝑦 | | = 𝑎 + 1 ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2. 2 0 1 −1±√5 𝑎 ≠ −1 ˄ 𝑎 ≠ → det(𝐴) ≠ 0 → ∃𝐴−1 . Así pues, 𝐴 es invertible si: 2 −1±√5

2

𝑎≠1 ˄ 𝑎≠

2 (2 2

−1 ± √5 2

2 2 1 𝑎 = 1 → 𝐴 = ( 2 0 1) 2 0 2 2 11 0 0 2 ⏟ (2 0 1| 0 1 0) ~ 0 2 0 0 1 𝐹1↔𝐹2 2 1 (0 0

0 1 0

−1 − √5 2

˄ 𝑎≠

−1 + √5 2

𝑦 det(𝐴) = −4 ≠ 0 → ∃𝐴−1 . Por el método de Gauss: 0 2 0

10 1| 1 20

0 0 0| 1⁄2 1 0

1 0 0

0 2 ⏟ (0 0) ~ 1 𝐹2 −𝐹1 0

1 − 1⁄2 −1

𝐹3 −𝐹1

0 2 0

10 0| 1 10

1 −1 −1

0 2 ⏟ (0 0) ~ 1 𝐹1 −𝐹3 0

− 1⁄2 0 0 ) → 𝐴−1 = (1⁄2 1 0

1 − 1⁄2 −1

0 2 0

00 0|1 10

2 −1 −1

−1 0 )~ 1

− 1⁄2 0 ) 1

2008 Septiembre (Opción B.1)

MATEMÁTICAS B. ÁLGEBRA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

31

𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 − 3𝑣 = −4 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 3𝑣 = 4 Resolver el sistema:{ 2𝑥 − 4𝑦 + 2𝑧 − 6𝑣 = −8 2𝑥 + 2𝑧 = 0

′

𝐴 = (

(

1 0 0 ⏟ 0

0 2 0 0

1 0 0 0 𝐴

1 1 2 ⏟ 2

−2 2 −4 0

1 −3 −4 1 3 |4 2 −6 |−8 2 0 0 𝐴

0 0 3 |4 0 |0 0 0

~ ⏟ 1 𝐹 2 3 ) 1𝐹4 ( 2

1 1 1 ⏟ 1

−2 2 −2 0

1 −3 −4 1 3 |4 1 −3 |−4 1 0 0 𝐴

~ ⏟ 𝐹2 −𝐹1 𝐹3 −𝐹1 ) 𝐹4 −𝐹1 (

1 0 0 ⏟ 0

−2 4 0 2

1 −3 −4 0 6 |8 0 0 |0 0 3 4 𝐴

~ ⏟ 1 𝐹 2 2 ) 𝐹4 −𝐹2 (

1 0 0 ⏟ 0

−2 2 0 0

1 −3 −4 0 3 |4 0 0 |0 0 0 0 𝐴

~ ⏟ 𝐹1 +𝐹2

)

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con dos grados de libertad. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 4 ) 𝑥 = −𝜇 𝑥+𝑧=0 𝑦 = 2 − 3𝜎 { → { , 𝜇, 𝜎 ∈ ℝ 2𝑦 + 3𝑣 = 4 𝑧=𝜇 𝑣 = 2𝜎

2008 Septiembre (Opción B.2) El cajero automático de una determinada entidad bancaria sólo ite billetes de 50, de 20 y de 10 euros. Los viernes depositan en el cajero 225 billetes por un importe total de 7.000 euros. Averiguar el número de billetes de cada valor depositado, sabiendo que la suma del número de billetes de 50 y de 10 euros es el doble que el número de billetes de 20 euros. 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 = 0 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 225 𝑥 ≡ nº de billetes de 50 € Llamemos {𝑦 ≡ nº de billetes de 20 € → {50𝑥 + 20𝑦 + 10𝑧 = 7000 → { 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 225 𝑥 + 𝑧 = 2𝑦 5𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 700 𝑧 = nº de billetes de 10 €

{

→ ⏟ 𝐸2 −𝐸1 𝐸3 −5𝐸1

𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 = 0 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 = 0 𝑥 = 100 𝑦 = 75 3𝑦 = 225 →{ → ⏟ { 𝑦 = 75 12𝑦 − 4𝑧 = 700 3𝑦 − 𝑧 = 175 𝑆𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑦 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑧 = 50

2008 Junio (Opción A) Dado el sistema de ecuaciones lineales: {

𝑥 − 𝑎𝑦 = 2 , se pide: 𝑎𝑥 − 𝑦 = 𝑎 + 1

a) Discutirlo según los valores del parámetro 𝑎. Resolverlo cuando la solución sea única. b) Determinar para qué valor o valores de 𝑎 el sistema tiene solución en la que 𝑦 = 2. 1 −𝑎 2 1 a) Escribimos las matrices asociadas: 𝐴′ = ( | ) ; ∆= det(𝐴) = | ⏟ 𝑎 −1 𝑎 + 1 𝑎

−𝑎 | = 𝑎2 − 1 −1

𝐴



∆= 0 → 𝑎2 − 1 = (𝑎 + 1)(𝑎 − 1) = 0 → 𝑎 = −1 ˅ 𝑎 = 1 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 𝑎 ≠ −1 ˄ 𝑎 ≠ 1 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 2 Resolvemos por las fórmulas de Cramer:

MATEMÁTICAS B. ÁLGEBRA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

32

2 −𝑎 2 | | ∆𝑥 𝑎 + 1 −1 = 𝑎 + 𝑎 − 2 = (𝑎 − 1)(𝑎 + 2) = 𝑎 + 2 𝑥= = (𝑎 + 1)(𝑎 − 1) (𝑎 + 1)(𝑎 − 1) (𝑎 + 1)(𝑎 − 1) 𝑎 + 1 ∆ 1 2 | | ∆𝑦 −𝑎 + 1 𝑎−1 1 𝑎 𝑎 + 1 = 𝑦= = =− =− (𝑎 + 1)(𝑎 − 1) (𝑎 + 1)(𝑎 − 1) (𝑎 + 1)(𝑎 − 1) ∆ 𝑎+1 Solución única: 𝑎+2 1 𝑎 ≠ 1 ˄ 𝑎 ≠ −1 → (𝑥, 𝑦) = ( ,− ) 𝑎+1 𝑎+1



𝑎 = −1 → 𝐴′ = (

1 ⏟ −1 𝐴



𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 1 12 | )→{ →Sistema incompatible. 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 02

1 2 1 | ) ~ ⏟ ( −1 0 𝐹 +𝐹 0 2

1

1 −1 2 1 𝑎=1→𝐴 =( | ) ~ ⏟ ( 1⏟ −1 2 𝐹 −𝐹 0 ′

2

𝐴

1

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 1 −1 2 | ) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 1 →Sistema compatible 0 0 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 2

indeterminado con un grado de libertad. {𝑥 − 𝑦 = 2 → {

𝑥 =2+𝜇 , 𝜇∈ℝ 𝑦=𝜇

b) En el caso de solución única: 3 − +2 1 3 − = 2 → −1 = 2𝑎 + 2 → 2𝑎 = −3 → 𝑎 = − ; 𝑥 = 2 = −1 3 𝑎+1 2 − +1 2 En el caso de infinitas soluciones: 𝑦 = 2 → 𝑥 = 4. Por tanto, 𝑎 = 1 2008 Junio (Opción B) 1 1 1 −1 9 1 𝐴𝑛 = −1 −1 9 ⋮ ⋮ ⋮ (−1 −1 −1

Dada la siguiente matriz de orden 𝑛:

⋯ 1 ⋯ 1 ⋯ 1 ⋯ ⋮ ⋱ −1

1 1 1 , se pide: ⋮ 9)

a) Calcular el determinante de la matriz 𝐴2 . b) Calcular el determinante de la matriz 𝐴3 . c) Calcular el determinante de la matriz 𝐴5 . 1 1 |= −1 9 1 1 b) det(𝐴3 ) = |−1 9 −1 −1 a) det(𝐴2 ) = |

1 −1 c) det(𝐴5 ) = ||−1 −1 −1

1 9 −1 −1 −1

10 . 1 1 ⏟ |0 1| = 9 𝐹2+𝐹1 0

1 1 9 −1 −1

𝐹3 +𝐹1

1 1 1 9 −1

1 10 0

1 1 0 1 1|| = ⏟ ||0 1 𝐹2 +𝐹1 0 1 9 𝐹𝐹34 +𝐹 +𝐹1 0

1 2 | = 100 10 1 10 0 0 0

1 2 10 0 0

1 2 2 10 0

1 2 2 || = 10.000 2 10

𝐹5 +𝐹1

MATEMÁTICAS B. ÁLGEBRA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

33

2007 Septiembre (Opción A) Dado el sistema de ecuaciones lineales: {

𝑥 + (𝑘 + 1)𝑦 + 2𝑧 = −1 𝑘𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝑘 , se pide: (𝑘 − 1)𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 = 𝑘 + 1

a) Discutirlo según los valores del parámetro 𝑘. b) Resolverlo cuando tenga infinitas soluciones.

a) Escribimos las matrices asociadas al sistema: 𝐴′ = 1 ∆= det(𝐴) = | 𝑘 𝑘−1

𝑘+1 1 −2

2 1 − 2𝑘 ⏟ | 𝑘 1| = −1 𝐹3+𝐹2 2𝑘 − 1 𝐹1 −2𝐹2

1 𝑘 ⏟ 𝑘−1

( 𝑘−1 1 −1

𝑘+1 1 −2

2 −1 1 || 𝑘 −1 𝑘 + 1

𝐴 ) 0 1 − 2𝑘 = ⏟ 1 · (−1)2+3 | 1| 2𝑘 − 1 0 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ô

𝑘−1 | = ⏟ −1 𝐹 +𝐹 2

1

1 𝑘−1 | = (−1)(1 − 2𝑘)(𝑘 − 2) = (2𝑘 − 1)(𝑘 − 2); ∆= 0 → 𝑘 = ˅ 𝑘 = 2 𝑘−2 2 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 ˄ 𝑘 ≠ 2 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

(−1) |1 − 2𝑘 0 

𝑘≠

1 2

1





3

2 −1 | 1 2 3 4 −2 1 2 2 1 ′ 1 1 𝑘= →𝐴 = ~ ( | ) ~ ⏟ ( ⏟ 2 1 2 2 1 2 3 4 |−2) ~ 2 2 −1 −4 −2 3 𝐹1↔𝐹2 −1 −4 −2 3 𝐹2 −2𝐹1 1 | 3 𝐹3 +𝐹1 − ⏟ 2 −2 −1 2 ( ) 𝐴 1 2 2 1 1 2 2 1 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 (0 −1 0|−4) ~ ⏟ (0 −1 0|−4) → { →Sistema incompatible. ′) 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴 =3 0 −2 0 4 𝐹3 −2𝐹2 0 0 0 12 2

1

1

𝑘 = 2 → 𝐴′ =

1 3 2 1 ⏟ 1 −2

2 −1 1 || 2 −1 3

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 −2𝐹1 0 𝐹3 −𝐹1

3 −5 −5

2 −1 1 ⏟ (0 −3| 4 ) ~ −3 4 𝐹3 −𝐹2 0

3 −5 0

2 −1 −3| 4 ) → 0 0

𝐴 ( ) 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

b) 1 𝑘 = 2 → 𝐴′~ (0 0

3 −5 0

MATEMÁTICAS B. ÁLGEBRA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

7 1 𝑥= − 𝜇 2 −1 5 5 𝑥 + 3𝑦 + 2𝑧 = −1 → −3| 4 ) → 4 3 ,𝜇 ∈ ℝ −5𝑦 − 3𝑧 = 4 𝑦=− − 𝜇 0 0 5 5 𝑧=𝜇 { {

34

2007 Septiembre (Opción B.1) Calcular una matriz cuadrada 𝑋 sabiendo que verifica: 𝑋𝐴2 + 𝐵𝐴 = 𝐴2 , siendo: 0 𝐴=( 0 −1

0 −1 0

−1 0 0) 𝑦 𝐵=( 0 0 −2

𝑋𝐴2 + 𝐵𝐴 = 𝐴2 → 𝑋𝐴2 = 𝐴2 − 𝐵𝐴

0 −2 0

−2 0) 0

𝑋𝐴2 (𝐴−1 )2 = (𝐴2 − 𝐵𝐴)(𝐴−1 )2 →

→ ⏟ 𝑆𝑖 ∃𝐴−1

1 𝑋𝐴(𝐴𝐴−1 )𝐴−1 = 𝐴(𝐴𝐴−1 )𝐴−1 − 𝐵(𝐴𝐴−1 )𝐴−1 → 𝑋𝐼 2 = 𝐼 2 − 𝐵𝐼𝐴−1 → 𝑋 = 𝐼 − 𝐵𝐴−1 , 𝐼 = (0 0 0 𝐴2 = 𝐴 · 𝐴 = ( 0 −1 1 𝑋 = 𝐼 − 𝐵𝐴−1 = 𝐼 − 𝐵𝐴 = (0 0

0 1 0

0 −1 0

0 0 0) − ( 0 1 −1

−1 0 0 )( 0 0 −1 0 −1 0

−1 𝑋=( 0 0

0 −1 0

−1 0 0 )( 0 0 −2 0 −1 0

0 1 0

0 0) 1

−1 0 ) = 𝐼 → 𝐴−1 = 𝐴 0 0 −2 0

−2 1 0 ) = (0 0 0

0 1 0

0 2 0) − (0 1 0

0 2 0

0 0) → 2

0 0 ) = −𝐼 −1

2007 Septiembre (Opción B.2) Dado el sistema de ecuaciones: {

𝑥 + 2𝑦 − 3𝑧 = 3 , se pide: 2𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 = 5

a) Calcular 𝑎 𝑦 𝑏 de manera que, al añadir una tercera ecuación de la forma 𝑎𝑥 + 𝑦 + 𝑏𝑧 = 1, el sistema resultante tenga las mismas soluciones que el original. b) Calcular las soluciones del sistema dado tales que la suma de los valores de las incógnitas sea 4.

1 2 a) 𝐴 = ( ⏟ 2 3 ′

𝑥 + 2𝑦 − 3𝑧 = 3 2𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 = 5 , 𝑀′ = 𝑎𝑥 + 𝑦 + 𝑏𝑧 = 1

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 −3 3 | )→{ . En: 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜 (𝐴′ ) = 2 1 5

𝐴

1 2 2 3 ⏟ 𝑎 1

ha de ser

{

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝑀) = 2 1 { ,por lo que, al ser | 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜 (𝑀′ ) = 2 2

𝑀 ( ) 1 2 −3 |2 3 1 | = 0 2 𝑎=0 −𝑏 + 11𝑎 − 7 = 0 |≠0→ 𝑎 1 𝑏 →{ → 1 2 3 3 𝑏 = −7 𝑎=0 | 2 3 5| = 0 { 𝑎 1 1

𝑥 + 2𝑦 − 3𝑧 = 3 1 1 2 −3 3 b) Tendríamos el sistema: 2𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 = 5 → 𝐵′ = 2 3 1 ||5 ~ ⏟ (0 ⏟ 𝑥+𝑦+𝑧 =4 1 1 1 4 𝐹2 −2𝐹1 0 𝐹3 −𝐹1 𝐵 { ( ) 1 (0 0

−3 3 1 ||5 𝑏 1

0 −1 0

2 −1 −1

−3 3 ⏟ 7 |−1) ~ 4 1 𝐹1 +2𝐹2 𝐹3 −𝐹2

𝑥 = 25⁄3 𝑥 + 11𝑧 = 1 11 1 25 11 2 7 |−1) → {−𝑦 + 7𝑧 = −1 → {𝑦 = − 11⁄3 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = ( , − , − ) 3 3 3 −3 2 −3𝑧 = 2 𝑧 = − 2⁄3

MATEMÁTICAS B. ÁLGEBRA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

35

2007 Junio (Opción A.1) 𝑚 Estudiar el rango de la matriz: 𝐴 = (𝑚 𝑚 𝑚 ∆= det(𝐴) = |𝑚 𝑚

𝑚−1 1 1

𝑚(𝑚 − 1) 1 | = 𝑚 |1 𝑚 𝑚−1 1

1 𝑚 · 1 · (−1)2+3 | 1   

𝑚−1 1 1

𝑚(𝑚 − 1) ) según los valores del parámetro 𝑚. 𝑚 𝑚−1 𝑚−1 1 1

𝑚(𝑚 − 1) 1 | = ⏟ 𝑚 |0 𝑚 𝑚 − 1 𝐹2−𝐹3 1

𝑚−1 0 1

𝑚(𝑚 − 1) | = ⏟ 1 𝑚 − 1 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò

𝑚−1 | = 𝑚(−1)[1 − (𝑚 − 1)] = 𝑚(𝑚 − 2); ∆= 0 → 𝑚 = 0 ˅ 𝑚 = 2. 1

𝑚 ≠ 0 ˄ 𝑚 ≠ 2 → det(𝐴) ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3. 0 −1 0 1 0 𝑚 = 0 → 𝐴 = (0 1 | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2. 0 ); | 1 −1 0 1 −1 2 1 2 1 2 𝑚 = 2 → 𝐴 = ( 2 1 2) ; | | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2. 1 1 2 1 1

2007 Junio (Opción A.2) Sean las matrices: 𝐴 = (

2 0

0 8 ) 𝑦 𝐵=( −1 6

−9 ). Hallar una matriz 𝑋 tal que: 𝑋𝐴𝑋 −1 = 𝐵. −7

𝑋𝐴𝑋 −1 = 𝐵 → (𝑋𝐴𝑋 −1 )𝑋 = 𝐵𝑋 → (𝑋𝐴)(𝑋 −1 𝑋) = 𝐵𝑋 → (𝑋𝐴)𝐼 = 𝐵𝑋 → 𝑋𝐴 = 𝐵𝑋 Como 𝐴 𝑦 𝐵 son matrices 2×2, 𝑋 también lo ha de ser. Sea, pues: 𝑋 = ( 𝑥 𝑋𝐴 = 𝐵𝑋 → ( 𝑧

𝑦 2 )( 𝑡 0

−9 𝑥 )( −7 𝑧

0 8 )=( −1 6

𝑦 2𝑥 )→( 𝑡 2𝑧

8𝑥 − 9𝑧 −𝑦 )=( 6𝑥 − 7𝑧 −𝑡

2𝑥 − 3𝑧 = 0 𝑥 = 3𝜆 𝑦−𝑡 =0 𝑦=𝜇 2𝑥 − 3𝑧 = 0 3𝜆 { →{ →{ →𝑋=( 𝑦=𝑡 2𝑥 − 3𝑧 = 0 𝑧 = 2𝜆 2𝜆 𝑦−𝑡 =0 𝑡=𝜇 Ahora bien, como ha de existir 𝑋 −1 , entonces det(𝑋) ≠ 0 → | 3𝜆 𝑋=( 2𝜆

𝑥 𝑧

3𝜆 2𝜆

𝑦 ) 𝑡 2𝑥 = 8𝑥 − 9𝑧 8𝑦 − 9𝑡 −𝑦 = 8𝑦 − 9𝑡 )→{ → 6𝑦 − 7𝑡 2𝑧 = 6𝑥 − 7𝑧 −𝑡 = 6𝑦 − 7𝑡

𝜇 ) , con 𝜆, 𝜇 ∈ ℝ. 𝜇

𝜇 | = 𝜆𝜇 ≠ 0 → 𝜆 ≠ 0 ˄ 𝜇 ≠ 0. 𝜇

𝜇 ) , con 𝜆𝜇 ≠ 0 𝜇

2007 Junio (Opción B) 5 Sean las matrices 𝐴 = (2 0

2 5 0

0 𝑎 0) 𝑦 𝐵 = ( 𝑐 1 0

𝑏 𝑐 0

0 0), se pide: 1

a) Encontrar las condiciones que deben cumplir 𝑎, 𝑏, 𝑐 para que se verifique 𝐴𝐵 = 𝐵𝐴. b) Para 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 1, calcular 𝐵10 . 5 a) 𝐴𝐵 = 𝐵𝐴 → (2 0

2 5 0

0 𝑎 0) ( 𝑐 1 0

𝑏 𝑐 0

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0 𝑎 0) = ( 𝑐 1 0

𝑏 𝑐 0

0 5 0) ( 2 1 0

2 5 0

0 0) → 1

36

5𝑎 + 2𝑐 (2𝑎 + 5𝑐 0

5𝑏 + 2𝑐 2𝑏 + 5𝑐 0

0 5𝑎 + 2𝑏 0) = ( 7𝑐 1 0

1 b) 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 1 → 𝐵 = (1 0

1 1 0

0 1 0) → 𝐵 2 = ( 1 1 0

2 𝐵 = 𝐵 · 𝐵 = (2 0 3

2𝑎 + 5𝑏 7𝑐 0

2

23 Así sucesivamente: 𝐵 = (23 0 4

23 23 0

2 2 0

1 1 0

0 1 0) ( 1 1 0

5𝑎 + 2𝑐 = 5𝑎 + 2𝑏 0 𝑎=𝑐 5𝑏 + 2𝑐 = 2𝑎 + 5𝑏 →{ → 𝑎=𝑏=𝑐 0) → { 𝑏=𝑐 2𝑎 + 5𝑐 = 7𝑐 1 2𝑏 + 5𝑐 = 7𝑐 0 1 0) (1 1 0

1 1 0

1 1 0

0 4 0) = ( 4 1 0

0 29 10 0) , … , 𝐵 = ( 29 1 0

29 29 0

0 2 0) = ( 2 1 0 4 4 0

2 2 0

0 22 0) = ( 22 1 0

512 0 0) = (512 0 1

0 21 0) = (21 1 0 22 22 0 512 512 0

21 21 0

0 0) 1

0 0) 1 0 0) 1

2006 Septiembre (Opción A) Dadas las matrices: 𝐴 = (

3 −8

1 1 ) , 𝐼=( −3 0

0 ), se pide: 1

a) Comprobar que det(𝐴2 ) = [det(𝐴)]2 y que det(𝐴 + 𝐼) = det(𝐴) + det(𝐼). b) Sea 𝑀 una matriz cuadrada de orden 2. ¿Se puede asegurar que se cumple la siguiente igualdad: det(𝑀2 ) = [det(𝑀)]2 ? Razonar la respuesta. c) Encontrar todas la matrices cuadradas 𝑀, de orden 2, tales que: det(𝑀 + 𝐼) = det(𝑀) + det(𝐼). 3 1 3 1 1 0 3 1 )( )=( ) = 𝐼 → det(𝐴2 ) = 1; det(𝐴) = | |−1→ −8 −3 −8 −3 0 1 −8 −3 [det(𝐴)]2 = (−1)2 = 1 → det(𝐴2 ) = [det(𝐴)]2 . 3 1 1 0 4 1 det(𝐴 + 𝐼) = det [( )+( )] = | | = 0 ; det(𝐴) + det(𝐼) = −1 + 1 = 0 → −8 −3 0 1 −8 −2 det(𝐴 + 𝐼) = det(𝐴) + det(𝐼)

a) 𝐴2 = 𝐴 · 𝐴 = (

𝑎 b) 𝑀 = ( 𝑐

2 𝑏 𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 ) → 𝑀2 = 𝑀 · 𝑀 = ( )( ) = ( 𝑎 + 𝑏𝑐 𝑎𝑏 + 𝑏𝑑 ) 𝑑 𝑐 𝑑 𝑐 𝑑 𝑎𝑐 + 𝑐𝑑 𝑏𝑐 + 𝑑 2 det(𝑀) = 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 → [det(𝑀)]2 = 𝑎2 𝑑 2 + 𝑏 2 𝑐 2 − 2𝑎𝑏𝑐𝑑 det(𝑀2 ) = (𝑎2 + 𝑏𝑐)(𝑏𝑐 + 𝑑 2 ) − (𝑎𝑏 + 𝑏𝑑)(𝑎𝑐 + 𝑐𝑑) = 2 2 = 𝑎 𝑑 + 𝑏 2 𝑐 2 + 𝑎2 𝑏𝑐 + 𝑏𝑐𝑑 2 − 𝑎2 𝑏𝑐 − 𝑎𝑏𝑐𝑑 − 𝑎𝑏𝑐𝑑 − 𝑏𝑐𝑑 2 = = 𝑎2 𝑑 2 + 𝑏 2 𝑐 2 − 2𝑎𝑏𝑐𝑑 → det(𝑀2 ) = [det(𝑀)]2

𝑥 c) 𝑀 = ( 𝑧

𝑦 𝑥+1 )→𝑀+𝐼 =( 𝑡 𝑧

det(𝑀) = 𝑥𝑡 − 𝑦𝑧 𝑦 )→{ det(𝑀 + 𝐼) = (𝑥 + 1)(𝑡 + 1) − 𝑦𝑧 = 𝑥𝑡 + 𝑥 + 𝑡 + 1 − 𝑦𝑧 𝑡+1

det(𝑀 + 𝐼) = det(𝑀) + det(𝐼) → 𝑥𝑡 + 𝑥 + 𝑡 + 1 − 𝑦𝑧 = (𝑥𝑡 − 𝑦𝑧) + 1 → 𝑥 + 𝑡 = 0 → 𝑡 = −𝑥 → 𝑀=(

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𝑥 𝑧

𝑦 ) , 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ ℝ −𝑥

37

2006 Septiembre (Opción B.1) 𝑥 + 𝑦 − 3𝑧 = 0 Dado el sistema { , se pide: 2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 = 5 a) Resolverlo. b) Hallar la solución del sistema anterior tal que la suma de los valores correspondientes a cada una de las tres incógnitas sea igual a 4. a) Escribimos las dos matrices asociadas: 𝐴′ = (

1 1 ⏟ 2 3 𝐴

−3 0 1 | ) ~ ⏟ ( −1 5 𝐹 −2𝐹 0 2

1 1

1

−3 0 1 | ) ~ ⏟ ( 5 5 𝐹 −𝐹 0 1

2

0 1

𝑥 − 8𝑧 = −5 −8 −5 | )→{ 𝑦 + 5𝑧 = 5 5 5

𝑥 = −5 + 8𝜇 Sistema compatible e indeterminado con un grado de libertad: { 𝑦 = 5 − 5𝜇 , 𝜇 ∈ ℤ 𝑧=𝜇 b) 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 4 → (−5 + 8𝜇) + (5 − 5𝜇) + 𝜇 = 4 → 4𝜇 = 4 → 𝜇 = 1 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (3,0,1) 2006 Septiembre (Opción B.2) a) Halla todas las matrices 𝐴 = (

𝑎 0

𝑎 0 ) distintas de ( 𝑏 0

0 ) tales que 𝐴2 = 𝐴. 0

b) Para cualquiera de las matrices obtenidas en el apartado anterior, calcular: 𝑀 = 𝐴 + 𝐴2 + 𝐴3 + ⋯ + 𝐴10 .

𝑎2 = 𝑎 𝑎 2 a) ) → {𝑎 + 𝑎𝑏 = 𝑎 → 𝑏 𝑏2 = 𝑏 0 0 𝑏 = 0 (no isible) 𝐴=( ) 𝑎=0→{ 0 1 2 𝑏 = 1 ˅ 𝑎 =𝑎→ → ˅ 1 1 𝐴=( ) 𝑎=1→𝑏=0 0 0 { 0 0 0 0 𝐴=( )→ 𝑀=( ) 0 1 0 10 2 𝑛 b) 𝐴 = 𝐴 → 𝐴 = 𝐴, ∀𝑛 ∈ ℕ → 𝑀 = ⏟ 𝐴 + 𝐴 + ⋯ + 𝐴 = 10𝐴 → 1 1 10 10 10 𝑠𝑢𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜𝑠 𝐴=( )→ 𝑀=( ) 0 0 0 0 { 𝑎 𝐴 =𝐴→( 0 2

𝑎 𝑎 )( 𝑏 0

𝑎 𝑎 )=( 𝑏 0

2 𝑎 ) → (𝑎 𝑏 0

𝑎2 + 𝑎𝑏) = (𝑎 0 𝑏2

2006 Junio (Opción A.1) 𝑥 + 𝑘𝑦 − 𝑧 = 0 Dado el sistema homogéneo: { 𝑘𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 0 , averiguar para qué valores de 𝑘 tiene soluciones distintas (𝑘 + 1)𝑥 + 𝑦 = 0 de 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 0. Resolverlo en tales casos. 1 Un sistema homogéneo es siempre compatible. Sea ∆= det(𝐴) = | 𝑘 𝑘+1 = ⏟ 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò

(−1)(−1)1+3 |

𝑘+1 𝑘+1

𝑘−1 1 | = (−1)(𝑘 + 1) | 1 1

𝑘 −1 1

−1 1 ⏟ |𝑘 + 1 1| = 0 𝐹2+𝐹1 𝑘 + 1

𝑘 𝑘−1 1

−1 0| 0

𝑘−1 | = (−1)(𝑘 + 1)(2 − 𝑘) = (𝑘 + 1)(𝑘 − 2) 1

∆= 0 → 𝑘 = −1 ˅ 𝑘 = 2

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38

Si 𝑘 ≠ −1 ˄ 𝑘 ≠ 2 → ∆≠ 0 →Sistema crameriano. Como es homogéneo, solución trivial: (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0,0,0). Entonces, el sistema es compatible indeterminado (infinitas soluciones) cuando 𝑘 = −1 ˅ 𝑘 = 2



1 −1 ⏟0

𝑘 = −1 → 𝐴′ =

−1 −1 1

−1 0 1 ||0 0 0

𝐴

(

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 +𝐹1 0

−1 −2 1

−1 0 1 ⏟ (0 0 | 0) ~ 0 0 𝐹2 +2𝐹3 0 𝐹1 +𝐹3 𝐹2 ↔𝐹3

)

0 1 0

−1 0 𝑥−𝑧=0 0 | 0) → { 𝑦 = 0 → 0 0

𝑥=𝜇 {𝑦 = 0 , 𝜇 ∈ ℝ 𝑧=𝜇



1 2 2 −1 ⏟ 3 1

𝑘 = 2 → 𝐴′ =

−1 0 1 ||0 0 0

𝐴

(

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 −2𝐹1 0 )

𝐹3 −3𝐹1

2 −5 −5

−1 0 1 ⏟ (0 3 |0) ~ 3 0 𝐹3 −𝐹2 0

2 −5 0

−1 0 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 0 → 3 | 0) → { −5𝑦 + 3𝑧 = 0 0 0

𝑥 = −𝜇 { 𝑦 = 3𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ 𝑧 = 5𝜇

2006 Junio (Opción A.2) 1 Dada la matriz 𝐴 = ( 0 1 𝐴𝑃 = 𝑃𝐴 → ( 0

2 𝑎 ), encontrar todas las matrices 𝑃 = ( 1 𝑐

2 𝑎 )( 1 𝑐

𝑏 𝑎 )=( 𝑑 𝑐

𝑏 1 )( 𝑑 0

2 𝑎 + 2𝑐 )→( 1 𝑐

𝑐=0 𝑎 { → 𝑃=( 𝑎=𝑑 0

𝑏 ) tales que 𝐴𝑃 = 𝑃𝐴. 𝑑

𝑎 𝑏 + 2𝑑 )=( 𝑐 𝑑

𝑎 + 2𝑐 = 𝑎 𝑏 + 2𝑑 = 2𝑎 + 𝑏 2𝑎 + 𝑏 )→{ → 𝑐=𝑐 2𝑐 + 𝑑 𝑑 = 2𝑐 + 𝑑

𝑏 ) , 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ 𝑎

2006 Junio (Opción B) 2 Dada la matriz 𝑀 = (2𝑎 2

1 1 𝑎

−𝑎 −1), se pide: 1

a) Determinar su rango, según los valores del parámetro 𝑎. b) Determinar para qué valores de 𝑎 existe la matriz inversa de 𝑀. Calcularla para 𝑎 = 2. a) Es 1 ≤ 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝑀) ≤ 3. 2 1 −𝑎 1 1 −𝑎 det(𝑀) = |2𝑎 1 −1| = 2 |𝑎 1 −1| = 2[1 − 1 − 𝑎3 + 𝑎 + 𝑎 − 𝑎] = 2(−𝑎3 + 𝑎) = 2𝑎(1 − 𝑎2 ) = 2 𝑎 1 1 𝑎 1 = 2𝑎(1 + 𝑎)(1 − 𝑎); det(𝑀) = 0 → 𝑎 = 0 ˅ 𝑎 = −1 ˅ 𝑎 = 1.  𝑎 ≠ 0 ˄ 𝑎 ≠ −1 ˄ 𝑎 ≠ 1 → det(𝑀) ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝑀) = 3. 2 1 0 2 1  𝑎 = 0 → 𝑀 = (0 1 −1) ; det(𝑀) = 0 𝑦 | | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝑀) = 2. 0 1 2 0 1 2 1 1 2 1  𝑎 = −1 → 𝑀 = (−2 1 −1) ; det(𝑀) = 0 𝑦 | | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝑀) = 2. −2 1 2 −1 1 2 1 −1 1 −1  𝑎 = 1 → 𝑀 = (2 1 −1) , det(𝑀) = 0 𝑦 | | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝑀) = 2. 1 1 2 1 1

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39

b) det(𝑀) ≠ 0 → ∃𝐴−1 . Por lo tanto, la matriz inversa de 𝑀 existe: ∀𝑎 ≠ 0 2 1 −2 𝑎 = 2 → 𝑀 = (4 1 −1) ; det(𝑀) = −12 2 2 1 1 −1 4 −1 4 1 | | −| | | | 2 1 2 1 2 2 3 1 −2 2 −2 2 1 𝐴𝑑𝑗(𝑀) = − | | | | −| | = (−5 2 1 2 1 2 2 1 1 −2 2 −2 2 1 ( |1 −1| − |4 −1| |4 1| )

˄ 𝑎 ≠ −1 ˄ 𝑎 ≠ 1

−6 6 −6

1 4 1 1 = 𝑀∗ = det(𝑀) 2 1 (− 2

5 12 1 − 2 1 6

−

3 𝑀∗ = [𝐴𝑑𝑗(𝑀)]𝑇 = (−6 6

−5 6 −2

1 −6) → 𝑀−1 −2

6 −2) → −2 1 12 1 2 1 6 )

−

2006 Septiembre (Opción A) Dadas las matrices: 𝐴 = (

1 0

2 1 ),𝐼 = ( 1 0

0 ), se pide: 1

a) Hallar las constantes 𝛼 y 𝛽 tales que: 𝐴2 = 𝛼𝐴 + 𝛽𝐼. b) Calcular 𝐴5 utilizando la expresión obtenida en el apartado anterior. c) Hallar todas las matrices 𝑋 que satisfacen: (𝐴 − 𝑋)(𝐴 + 𝑋) = 𝐴2 − 𝑋 2 . 𝛽 0 1 2 1 2 1 2 1 0 1 4 𝛼 2𝛼 )( ) = 𝛼( )+𝛽( )→( )=( )+( )→ 0 𝛽 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 𝛼 𝛼+𝛽 2𝛼 4 𝛼+𝛽 =1 )=( )→{ → 𝛼 = 2, 𝛽 = −1 → 𝐴2 = 2𝐴 − 𝐼 0 𝛼 +𝛽 1 2𝛼 = 4

a) 𝐴2 = 𝛼𝐴 + 𝛽𝐼 → ( (

1 0

b) 𝐴5 = 𝐴2 𝐴2 𝐴 = (2𝐴 − 𝐼)(2𝐴 − 𝐼)𝐴 = (4𝐴2 − 4𝐴 + 𝐼 2 )𝐴 = [4(2𝐴 − 𝐼) − 4𝐴 + 𝐼]𝐴 = 1 2 1 0 1 (4𝐴 − 3𝐼)𝐴 = 4𝐴2 − 3𝐴 = 4(2𝐴 − 𝐼) − 3𝐴 = 5𝐴 − 4𝐼 = 5 ( ) − 4( )= ( 0 1 0 1 0

10 ) 1

c) Tengamos en cuenta que el producto de matrices no es, en general, conmutativo: (𝐴 − 𝑋)(𝐴 + 𝑋) = 𝐴2 − 𝑋 2 ↔ 𝐴2 + 𝐴𝑋 − 𝑋𝐴 − 𝑋 2 = 𝐴2 − 𝑋 2 ↔ 𝐴𝑋 − 𝑋𝐴 = 𝑂 ↔ 𝐴𝑋 = 𝑋𝐴 Buscamos, pues, las matrices 𝑋 = ( (

1 0

2 𝑥 )( 1 𝑧

𝑦 𝑥 )=( 𝑡 𝑧

𝑥 𝑧

𝑦 ) que permutan con 𝐴. 𝑡 𝑦 1 )( 𝑡 0

2 𝑥 + 2𝑧 )→( 1 𝑧

𝑥 𝑦 + 2𝑡 )=( 𝑡 𝑧

𝑥 + 2𝑧 = 𝑥 𝑥 𝑦 + 2𝑡 = 2𝑥 + 𝑦 𝑧=0 { →{ → 𝑋=( 0 𝑧=𝑧 𝑥=𝑡 𝑡 = 2𝑧 + 𝑡

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2𝑥 + 𝑦 )→ 2𝑧 + 𝑡

𝑦 ) , 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ 𝑥

40

2006 Septiembre (Opción B) 0 Dadas las matrices: 𝐴 = (0 0

𝑘 0 0

𝑡 1 𝑘 ) 𝑦 𝐵 = (0 0 0

𝑘 1 0

𝑡 𝑘 ), se pide: 1

a) Hallar 𝐴10 . b) Hallar la matriz inversa de 𝐵. c) En el caso particular de 𝑘 = 0, hallar 𝐵10 . 0 a) 𝐴2 = (0 0

𝑘 0 0

𝑡 0 𝑘 ) (0 0 0

𝑘 0 0

𝑘2 0 0 𝑘2 0 3 2 ) → 𝐴 = 𝐴 𝐴 = ( 0 0 0 0 ) (0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = 𝐴3 · 𝐴7 = (0 0 0) · 𝐴7 = (0 0 0) 0 0 0 0 0 0

𝑡 0 𝑘) = (0 0 0 𝐴10

0 0 0

1 𝑘 𝑡 b) det(𝐵) = |0 1 𝑘| = 1 ≠ 0 → ∃𝐵 −1 . Por el método de Gauss: 0 0 1 1 𝑘 𝑡 1 0 0 1 0 𝑡 − 𝑘 2 1 −𝑘 0 (0 1 𝑘 |0 1 0) ~ ⏟ (0 1 ~ ⏟ 𝑘 |0 1 0) 𝐹 −𝑘𝐹 𝐹 −𝑘𝐹 2 3 0 0 10 0 1 1 2 0 0 1 0 0 1

𝐹1 −(𝑡−𝑘 2 )𝐹3

1 (0 0

0 1 0

𝑘 0 0

01 0|0 10

0 𝑡 𝑘 ) = (0 0 0

−𝑘 1 0

0 0 0

0 0) → 0

𝑘2 − 𝑡 −𝑘 ) → 1

2

1 −𝑘 𝑘 − 𝑡 𝐵 −1 = (0 1 −𝑘 ) 0 0 1 1 0 𝑡 1 0 𝑡 1 0 𝑡 1 0 2𝑡 c) 𝑘 = 0 → 𝐵 = (0 1 0) → 𝐵2 = (0 1 0) (0 1 0) = (0 1 0 ) → 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 2𝑡 1 0 𝑡 1 0 3𝑡 𝐵3 = 𝐵2 𝐵 = (0 1 0 ) (0 1 0) = (0 1 0 ). Y así sucesivamente: 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 10𝑡 𝐵10 = (0 1 0 ) 0 0 1 2006 Junio (Opción A) (𝑚 − 1)𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 3 Dado el sistema de ecuaciones: {𝑚𝑥 + (𝑚 − 1)𝑦 + 3𝑧 = 2𝑚 − 1, se pide: 𝑥 + 2𝑦 + (𝑚 − 2)𝑧 = 4 a) Discutirlo según los valores del parámetro 𝑚. b) Resolverlo cuando sea compatible indeterminado. a) Consideramos las matrices asociadas al sistema: 𝐴′ =

𝑚−1 𝑚 ⏟1

1 𝑚−1 2

1 3 3 ||2𝑚 − 1 𝑚−2 4

𝐴 ( ) 𝑚−1 1 1 𝑚−1 1 1 𝑚−1 1 1 ∆= det(𝐴) = | 𝑚 ⏟ |𝑚 + 1 𝑚 + 1 𝑚 + 1| = (𝑚 + 1) | 1 ⏟ 𝑚−1 3 | = 1 1 | = 1 2 𝑚 − 2 𝐹2 +𝐹3 1 2 𝑚−2 1 2 𝑚 − 2 𝐹1−𝐹2 𝑚−2 0 0 1 1 (𝑚 + 1)(𝑚 − 2) | = (𝑚 + 1) | 1 = ⏟ | = (𝑚 + 1)(𝑚 − 2)(𝑚 − 4) 1 1 | 2 𝑚 −2 1 2 𝑚 − 2 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò ∆= 0 → 𝑚 = −1 ˅ 𝑚 = 2 ˅ 𝑚 = 4.

MATEMÁTICAS B. ÁLGEBRA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

41



𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑚 = −1 ˄ 𝑚 = 2 ˄ 𝑚 = 4 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3



𝑚 = −1 → 𝐴′ =

−2 −1 ⏟1

1 −2 2 𝐴

( 

𝑚 = 2 → 𝐴′ =

1 1 2 1 ⏟ 1 2

1 3 3 ||−3 −3 4

𝑚 = 4 → 𝐴′ =

3 1 4 3 ⏟ 1 2

1 0 2

1 3 Sistema 0 |1) → 0𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 = 1 → Incompatible. −3 4

)

1 3 3 ||3 0 4

𝐴 ( Sistema incompatible.



−2 ~ ⏟ (0 𝐹2 +𝐹3 1

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 −2𝐹1 0 )

1 3 3 ||7 2 4

𝐹3 −𝐹1

3 ~ ⏟ (1 𝐹2 −𝐹1 1

1 −1 1

1 2 2

1 3 1 ⏟ (0 1 |−3) ~ −1 1 𝐹3 +𝐹2 0

3 13 ⏟ (1 2| 4) ~ 2 4 𝐹3 −𝐹2 0

1 2 0

1 −1 0

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 13 2|4) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 → 00 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

𝐴 ( ) Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. 3 1 13 3 1 1 3 0 5 b) 𝑚 = 4 → 𝐴′~ (1 2 2|4) ~ ⏟ (−5 0 0|−2) ~ ⏟ (5 0 0 0 0 0 𝐹2 −2𝐹1 0 0 0 0 5𝐹1 +3𝐹2 0 0 −𝐹2

𝑥 = 2⁄5 { 𝑦 = 9⁄5 − 𝜇 𝑧=𝜇

1 3 1|−3) → 0𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 = 1 → 0 2

59 5𝑦 + 5𝑧 = 9 → 0| 2) → { 5𝑥 = 2 00

,𝜇 ∈ ℝ

2006 Junio (Opción B.1) Dado el sistema de ecuaciones:{

𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 = 1 , se pide: 2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 2

a) Resolverlo. b) Hallar dos constantes 𝛼 𝑦 𝛽 de manera que, al añadir al sistema anterior una tercera ecuación 5𝑥 + 𝑦 + 𝛼𝑧 = 𝛽, el sistema resultante sea compatible indeterminado.

a)

Las matrices asociadas: 𝐴′ = (

1 2 ⏟ 2 1 𝐴

3 1 1 | ) ~ ⏟ ( −1 2 𝐹 −2𝐹 0 2

1

2 −3

3 1 3 | ) ~ ⏟ ( −7 0 3𝐹 +2𝐹 0 1 3

0 3

−5 3 | )→ 7 0

−𝐹2

𝑥 = 1 + 5𝜇 3𝑥 − 5𝑧 = 3 →{ → { 𝑦 = −7𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ 3𝑦 + 7𝑧 = 0 𝑧 = 3𝜇 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 = 1 b) { 2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 2 → 𝐴′ = 5𝑥 + 𝑦 + 𝛼𝑧 = 𝛽

1 2 2 1 ⏟ 5 1 (

𝐴

3 1 1 −1 || 2 ; | 2 𝛼 𝛽 )

2 | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) ≥ 2 1

Para que el sistema sea compatible indeterminado, ha de ser: 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 𝑦 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2.

MATEMÁTICAS B. ÁLGEBRA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

42

1 2 3 |2 1 −1| = 0 −3𝛼 − 18 = 0 5 1 𝛼 De esto se desprende: →{ → 𝛼 = −6, 𝛽 = 5 1 2 1 −3𝛽 + 15 = 0 |2 1 2 | = 0 { 5 1 𝛽 2006 Junio (Opción B.2) 3 Hallar una matriz 𝑋 tal que: 𝐴−1 𝑋𝐴 = 𝐵, siendo 𝐴 = ( −2

1 1 ) 𝑦 𝐵=( −1 2

−1 ). 1

𝐴−1 𝑋𝐴 = 𝐵 → 𝐴(𝐴−1 𝑋𝐴) = 𝐴𝐵 → (𝐴𝐴−1 )𝑋𝐴 = 𝐴𝐵 → 𝐼𝑋𝐴 = 𝐴𝐵 → 𝑋𝐴 = 𝐴𝐵 Sea 𝑋 = (

𝑥 𝑧

𝑦 𝑥 ) ; 𝑋𝐴 = 𝐴𝐵 → ( 𝑡 𝑧

𝑦 3 )( 𝑡 −2

1 3 )=( −1 −2

1 1 )( −1 2

3𝑥 − 2𝑦 −1 )→( 1 3𝑧 − 2𝑡

𝑥−𝑦 5 )=( 𝑧−𝑡 −4

3𝑥 − 2𝑦 = 5 𝑥=9 3𝑧 − 2𝑡 = −4 𝑧 = −6 9 { , { →{ ,{ → 𝑋=( 𝑦 = 11 𝑡 = −7 𝑥 − 𝑦 = −2 𝑧−𝑡 = 1 −6

−2 )→ 1

11 ) −7

2004 Septiembre (Opción A.1) 1 Dadas las matrices: 𝐴 = (0 0

2 1 2

0 2) 3

𝑦

1 𝐵 = (1 0

1 1 1

2 −1), se pide: 3

a) Determinar la matriz inversa de 𝐵. b) Determinar una matriz 𝑋 tal que 𝐴 = 𝐵𝑋. a) Por el método de Gauss: 1 (1 0

1 1 1

2 1 −1|0 3 0

0 1 0

0 1 ⏟ (0 0) ~ 1 𝐹2−𝐹1 0

1 0 1

2 1 −3|−1 3 0

0 1 0

0 1 ⏟ (0 0) ~ 1 𝐹2 +𝐹3 0

1 1 1

2 1 0|−1 3 0

0 1 0

0 ⏟ 1) ~ 1 𝐹3 −𝐹2 𝐹1 −𝐹2

0 4 −1 −3 1 0 0 4⁄3 − 1⁄3 1 0|−1 1 1 ) ~ (0 1 0| −1 3 1 −1 0 0 0 1 1⁄3 − 1⁄3 4⁄3 − 1⁄3 −1 𝐵−1 = ( −1 1 1) 1⁄3 − 1⁄3 0 b) Premultiplicamos ambos por la inversa recién calculada: 𝐴 = 𝐵𝑋 → 𝐵 −1 𝐴 = 𝐵 −1 (𝐵𝑋) → 𝐵 −1 𝐴 = (𝐵 −1 𝐵)𝑋 → 𝐵 −1 𝐴 = 𝐼𝑋 → 𝑋 = 𝐵 −1 𝐴 4⁄3 − 1⁄3 −1 1 2 0 4⁄3 1⁄3 − 11⁄3 𝑋 = ( −1 1 1 ) (0 1 2) = ( −1 1 5 ) 1⁄3 − 1⁄3 0 1⁄3 1⁄3 − 2⁄3 0 2 3 1 (0 0

0 1 0

2 2 0|−1 3 1

−1 1 −1

−1 3 ⏟ (0 1) ~ 0 3𝐹1−2𝐹3 0

0 1 0

−1 1 )→ 0

2004 Septiembre (Opción A.2) 0 ), ¿cuál es el determinante de 𝐴? 0 3 −4 1 0 2 0 b) Calcular un número 𝑘 tal que: [( )−𝑘( )] = ( 1 −1 0 1 0 a) Si 𝐴2 = (

0 0

0 ) 0

a) det(𝐴2 ) = det(𝐴 · 𝐴) = det(𝐴) · det(𝐴) = [det(𝐴)]2 ; como 𝐴2 = (

0 0

0 0 ) → det(𝐴2 ) = | 0 0

0 |=0→ 0

[det(𝐴)]2 = 0 → det(𝐴) = 0

MATEMÁTICAS B. ÁLGEBRA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

43

0 )=𝐼 1 2 0 0 0 3 )] = ( ) → [( 1 0 0 1

b) Considerando que ( 3 [( 1

−4 1 )−𝑘( −1 0 (

3 1

1 0

−4 3 )( −1 1 (

5 ( 2

−4 3 )−𝑘( −1 1

0 3 )] [( 1 1

−4 3 )−𝑘( −1 1

3 −8 ) − 2𝑘 ( 1 −3

5 2

2 8𝑘 ) + (𝑘 2𝑘 0

−8 −6𝑘 )+( −3 −2𝑘

−4 1 )−𝑘( −1 0

2 −4 ) + (𝑘 −1 0

−4 1 )−𝑘( −1 0

−4 1 ) + 𝑘2 ( −1 0 0 ) = (0 0 𝑘2

2 0 ) → (𝑘 − 6𝑘 + 5 0 2 − 2𝑘

0 ) = (0 0 𝑘2

0 0 )] = ( 1 0

0 0 )=( 1 0

0 )→ 0

0 )→ 0

0 )→ 0 8𝑘 − 8 ) = (0 0 𝑘 2 + 2𝑘 − 3

0 )→ 0

𝑘=1 𝑘 2 − 6𝑘 + 5 = 0 → { 𝑘=5 8𝑘 − 8 = 0 → 𝑘 = 1 → 𝑘 = 1 (Único valor que satisface las cuatro ecuaciones). 2 − 2𝑘 = 0 → 𝑘 = 1 𝑘=1 2 {𝑘 + 2𝑘 − 3 = 0 → {𝑘 = −3 2004 Septiembre (Opción B) 𝑘𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 = 𝑘 Dado el sistema de ecuaciones: {𝑥 + 𝑘𝑦 + 𝑘𝑧 = 1, se pide: 𝑥+𝑦−𝑧 =1 a) Discutirlo, según los valores de 𝑘. b) Resolverlo en el caso de 𝑘 = 2.

a) Escribimos las matrices asociadas: 𝐴′ = 𝑘 ∆= det(𝐴) = |1 1

3 𝑘 1

1 ⏟ 𝑘| = 𝐶 −𝐶 2 1 −1

𝐶3 +𝐶1

(𝑘 + 1) · 1 · (−1)3+1 |3 − 𝑘 𝑘−1

𝑘 3 1 𝑘 ⏟ 1 1

1 𝑘 𝑘 ||1 −1 1

𝐴 ( 𝑘 3−𝑘 |1 𝑘 − 1 1 0

) 𝑘+1 𝑘 𝑘 + 1| = (𝑘 + 1) |1 0 1

3−𝑘 𝑘−1 0

1 = ⏟ 1| 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò 0

1 | = (𝑘 + 1)(4 − 2𝑘) = 2(𝑘 + 1)(2 − 𝑘); ∆= 0 → 𝑘 = −1 ˅ 𝑘 = 2. 1



𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑘 ≠ −1 ˄ 𝑘 ≠ 2 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3



𝑘 = −1 → 𝐴′ =

−1 1 ⏟1

3 −1 1

1 −1 −1 || 1 −1 1

0 ~ ⏟ (1 𝐹3 −𝐹2 0 𝐹1 +𝐹2

2 −1 −2

0 0 0 ⏟ (1 −1|1) ~ 0 0 𝐹31+𝐹1 0

1 −1 0

0 0 −1|1) → 0 0

𝐹 𝐴 ( ) 2 1 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

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44



𝑘 = 2 → 𝐴′ =

2 3 1 2 ⏟ 1 1

1 2 2 ||1 −1 1

𝐴



b)

1 0 (0 −1 0 0 libertad.

~ ⏟ 2𝐹2 −𝐹1 2𝐹3 −𝐹1

2 (0 0

3 −1 −1

1 2 2 ⏟ (0 −3|0) ~ −3 0 𝐹3 +𝐹2 0

3 −1 0

1 2 2 ⏟ (0 −3|0) ~ 0 0 𝐹1+3𝐹2 0

0 −1 0

−8 2 ⏟ −3|0) ~ 1 0 0 2𝐹1

( ) 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 −4 1 −3|0) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un grado de 0 0 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

1 𝑘 = 2 → 𝐴 ~ (0 0 ′

0 1 0

−𝐹2

𝑥 = 1 + 4𝜇 −4 1 𝑥 − 4𝑧 = 1 3 |0) → {𝑦 + 3𝑧 = 0 → { 𝑦 = −3𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ 𝑧=𝜇 0 0

2004 Junio (Opción A) (1 − 𝑎)𝑥 − 2𝑦 + 4𝑧 = 0 Dado el sistema de ecuaciones: { 𝑥 − (1 + 𝑎)𝑦 + 𝑧 = 0 , se pide: −𝑥 + 𝑎𝑦 − 𝑧 = 0 a) Estudiar su compatibilidad, según los valores del parámetro 𝑎. b) Resolver el sistema anterior cuando sea compatible indeterminado. a) Se trata de un sistema homogéneo (siempre compatible). 1−𝑎 ∆= det(𝐴) = | 1 −1

−2 −1 − 𝑎 𝑎

4 1−𝑎 ⏟ | 0 1| = −1 𝐹2 +𝐹3 −1

−2 −1 𝑎

4 1−𝑎 (−1)(−1)2+2 | = ⏟ 0| −1 −1 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò

4 |= −1

= (−1)(−1 + 𝑎 + 4) = −(𝑎 + 3); ∆= 0 → 𝑎 = −3. 



𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑎 ≠ −3 → det(𝐴) ≠ 0 → { →Sistema compatible determinado. Solución trivial. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0,0,0) 4 𝑎 = −3 → 𝐴 = ( 1 −1

−2 2 −3

4 4 1 ) ; det(𝐴) = 0 𝑦 | 1 −1

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 −2 |≠0→{ → 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 2

Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad.

b)

𝑎 = −3 → 𝐴′ =

2 (0 0

4 1 ⏟ −1

−2 2 −3

4 0 1 ||0 −1 0

𝐴 ( −1 2 0 2 ⏟ (0 5 0| 0) ~ −1 0 0 𝐹2 +5𝐹3 0 𝐹1 −𝐹3

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2 ~ ⏟(1 1 −1 𝐹 2 1

) 0 0 −1

−1 2 −3

20 1 ⏟ (0 0| 0) ~ 0 0 1𝐹1 0 2 −𝐹3

2 0 2 ⏟ (1 1 | 0) ~ −1 0 𝐹3 +𝐹2 0 0 0 1

−1 2 −1

20 ⏟ 1| 0) ~ 0 0 2𝐹2−𝐹1

𝑥 = −𝜇 10 𝑥+𝑧 = 0 0| 0) → { 𝑦 = 0 → { 𝑦 = 0 , 𝜇 ∈ ℝ 𝑧=𝜇 00

45

2004 Junio (Opción B.1) 1 Dadas las matrices: 𝐴 = (−3 5

0 1 −1

0 1 −1) 𝑦 𝐵 = (0 2 0

0 −1 0

0 0), se pide: 0

a) Hallar 𝐴−1 . b) Hallar la matriz 𝑋 tal que: 𝐴 · 𝑋 · 𝐴𝑇 = 𝐵. (Nota: 𝐴𝑇 indica la traspuesta de 𝐴). 1 0 0 a) det(𝐴) = |−3 1 −1| = 1 ≠ 0 → ∃𝐴−1 . Por el método de Gauss: 5 −1 2 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 (−3 1 −1|0 1 0) ~ ⏟ (0 1 −1| 3 1 0) ~ ⏟ (0 1 −1| 3 5 −1 2 0 0 1 𝐹2 +3𝐹1 0 −1 2 −5 0 1 𝐹3+𝐹2 0 0 1 −2 𝐹3 −5𝐹2

b) Considerando que (𝐴𝑇 )−1

1 0 𝐴−1 = ( 1 2 −2 1 = (𝐴−1 )𝑇 , premultiplicando por

0 1 1

1 0 ⏟ (0 0) ~ 1 𝐹2 +𝐹3 0

0 1 0

0 1 0| 1 1 −2

0 2 1

0 1) 1

0 1) 1 𝐴−1 y postmultiplicando por (𝐴𝑇 )−1 :

𝐴 · 𝑋 · 𝐴𝑇 = 𝐵 → 𝐴−1 (𝐴 · 𝑋 · 𝐴𝑇 )(𝐴𝑇 )−1 = 𝐴−1 𝐵(𝐴𝑇 )−1 → (𝐴−1 𝐴)𝑋[𝐴𝑇 (𝐴𝑇 )−1 ] = 𝐴−1 𝐵(𝐴−1 )𝑇 → 𝐼𝑋𝐼 = 𝐴−1 𝐵(𝐴−1 )𝑇 → 𝑋 = 𝐴−1 𝐵(𝐴−1 )𝑇 1 𝑋=( 1 −2

0 2 1

0 1 1) ( 0 1 0

0 −1 0

1 =( 1 −2

0 1 0) ( 1 0 −2 0 −2 −1

0 1 0) (0 0 0

0 𝑇 1 1) = ( 1 1 −2

0 2 1 1 2 1

0 2 1

0 1 1 ) (0 1 0

−2 1 1 )→ 𝑋=( 1 1 −2

0 −1 0

1 −3 −4

0 1 0) ( 0 0 0

1 2 1

−2 1 )= 1

−2 −4) 3

2004 Junio (Opción B.2) 𝑥 + 2𝑦 = 1 a) Dado el sistema: { , escribir una ecuación de la forma 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = 𝑐 (distinta de las 3𝑥 − 𝑦 = 2 anteriores) de manera que el sistema resultante de tres ecuaciones y dos incógnitas siga siendo compatible. 2𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 1 b) Dado el sistema:{ , escribir una tercera ecuación de la forma 𝛼𝑥 + 𝛽𝑦 + 𝛾𝑧 = 1 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 1 (distinta de las anteriores) de manera que el sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas que resulta siga siendo compatible indeterminado. 𝑥 + 2𝑦 = 1 3𝑥 − 𝑦 = 2 → 𝐴′ = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = 𝑐

a) {

1 2 1 1 3 −1 ||2 ; | 3 𝑎⏟ 𝑏 𝑐 ( 𝐴 )

2 | = −7 ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2. Para que el sistema sea −1

1 compatible, ha de ser: 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 → |3 𝑎 𝑎|

2 −1

1 1 |−𝑏| 2 3

1 1 |+𝑐| 2 3

2 −1 𝑏

1 → ⏟ 2| = 0 𝑇𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝐿𝑎𝑝𝑙𝑎𝑐𝑒 𝑐 (3ª 𝑓𝑖𝑙𝑎)

𝑎=1 2 | = 0 → 5𝑎 + 𝑏 − 7𝑐 = 0. Podemos tomar: {𝑏 = −5 → 𝑥 − 5𝑦 = 0 −1 𝑐=0

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46

2𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 1 b) { 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 1 → 𝐴′ = 𝛼𝑥 + 𝛽𝑦 + 𝛾𝑧 = 1

2 2 1 1 𝛼 ⏟ 𝛽

−1 1 2 ||1 ; para ser compatible indeterminado, 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴′ ) = 2. 𝛾 1 )

𝐴 ( 2 −1 c) Como | |≠0→ 1 2 2 2 −1 2 det(𝐴) = 0 → | 1 1 2 | = ⏟ 𝛼| 𝛼 𝛽 𝛾 𝑇𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝐿𝑎𝑝𝑙𝑎𝑐𝑒 1

−1 2 |−𝛽| 2 1

−1 2 |+𝛾| 2 1

2 | = 0 → 5𝛼 − 5𝛽 + 0𝛾 = 0 → 𝛼 = 𝛽 1

(3ª 𝑓𝑖𝑙𝑎)

{

2 ∆= | 1 𝛽

−1 2 𝛾

1 −1 1| = 0 → ∆ = ⏟ 𝛽| 2 𝑇𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝐿𝑎𝑝𝑙𝑎𝑐𝑒 1

1 2 |−𝛾| 1 1

1 2 | + 1| 1 1

−1 | = 0 → −3𝛽 − 𝛾 + 5 = 0 2

(3ª 𝑓𝑖𝑙𝑎)

𝛼=3 𝛼=𝛽 →{ . Podemos tomar:{ 𝛽 = 3 → 3𝑥 + 3𝑦 − 4𝑧 = 1 3𝛽 + 𝛾 = 5 𝛾 = −4 2003 Septiembre (Opción A) 3𝑥 + 4𝑦 + 3𝑧 = 9 Dado el sistema de ecuaciones: { 𝑚𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 5 , se pide 𝑥+𝑦+𝑧 =2 a) Determinar los valores de 𝑚 para que el sistema dado tenga solución única. b) Resolverlo para 𝑚 = 1. 3 9 1 ||5 ; para que el sistema sea compatible 1 2 𝐴 ( ) determinado, ha de ser 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3. Para ello, tiene que ser det(𝐴) ≠ 0.

a) Escribimos las dos matrices asociadas: 𝐴′ =

3 det(𝐴) = |𝑚 1

4 2 1

0 3 ⏟ |𝑚 − 1 1| = 1 𝐶1−𝐶3 0 𝐶2 −𝐶3

1 1 0

3 𝑚 ⏟ 1

4 2 1

3 1 (𝑚 − 1) · (−1)2+1 | = ⏟ 1| 0 1 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò

3 | = 1−𝑚 1

det(𝑀) ≠ 0 → 1 − 𝑚 ≠ 0 → 𝑚 ≠ 1 b) Por el método de Gauss: 3 4 1 2 ⏟ 1 1

𝑚 = 1 → 𝐴′ = (

𝐴

3 9 1 ||5 1 2

0 (0 𝐹1 −3𝐹3 1 ~ ⏟

)

𝐹2 −𝐹3

1 1 1

0 03 ⏟ (0 0| 3) ~ 1 2 𝐹1 −𝐹2 1 𝐹3 −𝐹2

0 1 0

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 0 0 0| 3 ) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 → 1 −1 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

𝑦=3 Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. { → { 𝑥 + 𝑧 = −1

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𝑥 = −1 − 𝜇 𝑦=3 ,𝜇 ∈ ℝ 𝑧=𝜇

47

2003 Septiembre (Opción B.1) Un mayorista del sector turístico vende a la agencia de viajes 𝐴, 10 billetes a destinos nacionales, 10 billetes a destinos extranjeros europeos comunitarios, y 10 billetes a destinos internacionales no comunitarios, cobrando por todo ello 12000 euros. A una segunda agencia 𝐵 le vende 10 billetes a destinos nacionales y 20 a internacionales no comunitarios, y cobra 13.000 euros. A una tercera agencia 𝐶 le vende 10 billetes a destinos nacionales y 10 a destinos extranjeros europeos comunitarios, cobrando 7.000 euros. Se pide: a) b)

Hallar el precio de cada tipo de billete. Por razones de mercado, el mayorista se ve obligado a bajar un 20 por ciento el precio de todos los billetes nacionales. Hallar en qué porcentaje debe incrementar el precio de todos los billetes extranjeros europeos comunitarios (suponiendo que mantiene constante el precio de todos los billetes internacionales no comunitarios) para mantener constantes sus ingresos totales por las ventas a las tres agencias.

a) Sean: 𝑥 ≡precio del billete con destino nacional, 𝑦 ≡precio del billete con destino extranjero comunitario y 𝑧 ≡precio del billete con otros destinos. Entonces: {

10𝑥 + 10𝑦 + 10𝑧 = 12000 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1200 10𝑥 + 20𝑧 = 13000 → ⏟ { 𝑥 + 2𝑧 = 1300 1 10𝑥 + 10𝑦 = 7000 𝑥 + 𝑦 = 700 10

→ ⏟ 𝐸1 −𝐸3 𝑌 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜.

𝑧 = 500 {𝑥 = 300 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (300,400,500) 𝑦 = 400

b) Total de ventas: 30𝑥 + 20𝑦 + 30𝑧 = 32000. Entonces, si llamamos 𝑘 al índice porcentual: 30 · 0′ 80 · 300 + 20 · (𝑘 · 400) + 30 · 500 = 32000 → 7200 + 8000𝑘 + 15000 = 32000 → 9800 8000𝑘 = 9800 → 𝑘 = = 1′ 225 = 122′ 5% → Aumento del 22′ 5% 8000 2003 Septiembre (Opción B.2) a) Sean 𝐴 𝑦 𝐵 dos matrices invertibles que verifican la identidad 𝐴 + 𝐵 = 𝐴𝐵. Comprobar que entonces se tiene la fórmula (en la que 𝐼 es la matriz identidad): (𝐼 − 𝐵)−1 = −𝐵 −1 𝐴 −1 1 b) Dada la matriz: 𝐴 = ( ), hallar la matriz 𝐵 para la cual se verifica: 𝐴 + 𝐵 = 𝐴𝐵. 2 −1 a) 𝐴 + 𝐵 = 𝐴𝐵 → 𝐴 − 𝐴𝐵 = −𝐵

→ ⏟ 𝐴,𝑝𝑟𝑒𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑚ú𝑛.

𝐴(𝐼 − 𝐵) = −𝐵 → ⏟ 𝐴−1 [𝐴(𝐼 − 𝐵)] = −𝐴−1 𝐵 → ∃𝐴−1

(𝐴𝐴−1 )(𝐼 − 𝐵) = −𝐴−1 (𝐵 −1 )−1 → 𝐼(𝐼 − 𝐵) = −(𝐵 −1 𝐴)−1

→ ⏟

𝐼 − 𝐵 = −(𝐵 −1 𝐴)−1

(𝑋𝑌)−1 =𝑌 −1 𝑋 −1

→ ⏟ 1 𝑘≠0→(𝑘𝐴)−1 = 𝐴−1 𝑘

b) 𝐴 = (

𝐼−𝐵 =

1 (𝐵−1 𝐴)−1 → 𝐼 − 𝐵 = [−(𝐵 −1 𝐴)]−1 (𝐼 − 𝐵)−1 = −𝐵 −1 𝐴 → ⏟ (−1) 𝑋=𝑌 −1 →𝑌=𝑋 −1

𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 1 −1 1 −1 1 ),𝐵 = ( ) . 𝐴 + 𝐵 = 𝐴𝐵 → ( )+( )=( )( )→ 𝑧 𝑡 𝑧 𝑡 −1 2 −1 2 −1 𝑧 𝑡 −𝑥 + 𝑧 −𝑦 + 𝑡 𝑥−1 𝑦+1 ( )=( ) 2𝑥 − 𝑧 2𝑦 − 𝑡 𝑧+2 𝑡−1 𝑥=0 𝑥 − 1 = −𝑥 + 𝑧 2𝑥 − 𝑧 = 1 { { 1 𝑧 = −1 𝑦 + 1 = −𝑦 + 𝑡 2𝑥 − 2𝑧 = 2 1 → 𝐵 = ( 0 − 2) → → 2𝑦 − 𝑡 = −1 → 𝑧 + 2 = 2𝑥 − 𝑧 {𝑦 = − 2 { −1 0 2𝑦 − 2𝑡 = −1 𝑡 − 1 = 2𝑦 − 𝑡 { 𝑡=0

−1 2

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48

2003 Junio (Opción A) Se considera el sistema de ecuaciones: {

(𝑚 + 2)𝑥 + (𝑚 − 1)𝑦 − 𝑧 = 3 𝑚𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 2 . Se pide: 𝑥 + 𝑚𝑦 − 𝑧 = 1

a) Resolverlo para 𝑚 = 1. b) Discutirlo según los valores de 𝑚. a) 3 2 9 3 → 𝑧 = −3 𝑧= 2 2 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜. {𝑦 = 𝑥 + 𝑧 − 2 {𝑦 = 1 𝑥=

3𝑥 − 𝑧 = 3 3𝑥 − 𝑧 = 3 𝑚 = 1 → {𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 2 → ⏟ {𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 2 → ⏟ 𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 1 𝐸3 +𝐸2 2𝑥 = 3

3 2

𝑥=

3 3 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = ( , 1, ) 2 2

b) Escribimos las matrices asociadas al sistema 𝐴′ =

𝑚+2 ∆= det(𝐴) = | 𝑚 1 2(𝑚 + 1) 1 · (−1)2+3 | 𝑚+1

𝑚−1 −1 𝑚

𝑚+2 𝑚 ⏟1

𝑚−1 −1 𝑚

−1 3 1 ||2 −1 1

𝐴 ( 2𝑚 + 2 𝑚 − 2 −1 ⏟ | 𝑚 −1 1| = −1 𝐹1 +𝐹2 𝑚 + 1 𝑚 − 1 𝐹3 +𝐹2

𝑚−2 2 | = −(𝑚 + 1) | 1 𝑚−1

) 0 = ⏟ 1| 0 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò

𝑚−2 | = −(𝑚 + 1)𝑚; ∆= 0 → { 𝑚−1



𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑚 ≠ 0 ˄ 𝑚 ≠ −1 → ∆≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3



𝑚 = 0 → 𝐴′ =

2 −1 0 −1 ⏟ 1 0 𝐴

(

−1 3 2 1 ||2 ; | 0 −1 1 )

2 −1 | ≠ 0 𝑦 |0 −1 1

−1 −1 0

𝑚=0 ˅ 𝑚 = −1

3 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 →Sistema 2| = 1 ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 1

incompatible.



𝑚 = −1 → 𝐴′ = 1 −2 (0 −3 0 0

1 −1 ⏟1

−2 −1 −1

−1 3 1 ||2 −1 1

1 ~ ⏟ (−1 𝐹3 +𝐹2 0

−2 −1 −2

−1 3 1 ⏟ (0 1 | 2) ~ 0 3 𝐹2+𝐹1 0

−2 −3 −2

−1 3 ⏟ 0 |5) ~ 0 3 3𝐹3 −2𝐹2

𝐴 ( ) −1 3 0 | 5 ) → 0𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 = −1 →Sistema incompatible. 0 −1

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49

2003 Junio (Opción B.1) 𝑎2 𝑎𝑏 𝑏2 Comprobar, aplicando las propiedades de los determinantes, la identidad: |2𝑎 𝑎 + 𝑏 2𝑏| = (𝑎 − 𝑏)3 1 1 1 𝑎2 𝑎𝑏 𝑏2 𝑎2 − 𝑏 2 𝑎𝑏 − 𝑏 2 𝑏 2 2 2 𝑎𝑏 − 𝑏 2 | = |2𝑎 𝑎 + 𝑏 2𝑏| = ⏟ |2𝑎 − 2𝑏 = ⏟ 1 · (−1)3+3 | 𝑎 − 𝑏 𝑎−𝑏 2𝑏| 2𝑎 − 2𝑏 𝑎−𝑏 0 0 1 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò 1 1 1 𝐶1−𝐶3 𝐶2 −𝐶3

(𝑎 + 𝑏)(𝑎 − 𝑏) | 2(𝑎 − 𝑏)

(𝑎 − 𝑏)𝑏 | = ⏟ 𝑎 − 𝑏 𝑎−𝑏 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝐹

1 𝑦 𝐹2

(𝑎 − 𝑏)(𝑎 − 𝑏) |𝑎 + 𝑏 2

𝑏 | = (𝑎 − 𝑏)2 (𝑎 + 𝑏 − 2𝑏) = (𝑎 − 𝑏)3 1

2003 Junio (Opción B.2) Encontrar un número real 𝜇 ≠ 0 y todas las matrices 𝐵 de dimensión 2×2 (distintas de la matriz nula), tales 𝜇 0 3 0 que: 𝐵 · ( )=𝐵·( ). 9 3 3 1 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝜇 0 𝑥 𝑦 3 0 𝜇 0 3 0 Sea 𝐵 = ( ). Entonces: 𝐵 · ( )=𝐵·( )→( )( )=( )( ) 𝑧 𝑡 𝑧 𝑡 3 1 𝑧 𝑡 9 3 9 3 3 1 𝜇𝑥 + 3𝑦 →( 𝜇𝑧 + 3𝑡

𝑦 3𝑥 + 9𝑡 )=( 𝑡 3𝑧 + 9𝑡

(𝜇 − 3)𝑥 = 0 𝜇𝑥 + 3𝑦 = 3𝑥 + 9𝑡 3𝑦 𝑦 = 3𝑦 𝑦=0 )→{ →{ 3𝑡 𝜇𝑧 + 3𝑡 = 3𝑧 + 9𝑡 (𝜇 − 3)𝑧 = 0 𝑡 = 3𝑡 𝑡=0

𝑥=0 𝑦=0 0 0  Si 𝜇 ≠ 3 → 𝜇 − 3 ≠ 0 → { →𝐵=( ) (no se ite) 0 0 𝑧=0 𝑡=0 𝑥=𝛼 𝑦=0 𝛼 0  Si 𝜇 = 3 → { , 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ. Entonces: 𝜇 = 3 𝑦 𝐵 = ( ) , 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ 𝛽 0 𝑧=𝛽 𝑡=0 2002 Septiembre (Opción A) 𝑥 + 𝑦 + 𝑘𝑧 = 𝑘 2 Se considera el sistema de ecuaciones: { 𝑦 − 𝑧 = 𝑘 𝑥 + 𝑘𝑦 + 𝑧 = 𝑘 a) Discutirlo, según los valores de 𝑘. b) Resolverlo en los casos en que sea posible. c) En el caso 𝑘 = 2, indicar la posición relativa de los tres planos cuyas ecuaciones forman el sistema.

a) Escribimos las matrices asociadas: 𝐴′ =

1 1 0 1 ⏟ 1 𝑘

𝑘 𝑘2 −1 || 𝑘 1 𝑘

𝐴 ( ) 1 1 𝑘+1 1 1 𝑘 ⏟ |0 1 0 | = (𝑘 + 1) |0 1 −1| = 1 𝑘 1 𝐶3 +𝐶2 1 𝑘 𝑘 + 1 ∈ℝ. 1 1 Orlamos el menor | | en 𝐴′ con la cuarta columna: 0 1

1 det(𝐴) = |0 1

1 1 𝑘

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1 1 0| = 0; | 0 1

1 | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2, ∀𝑘 1

50

1 ∆= |0 1

1 1 𝑘

1 𝑘2 𝑘 | = 𝑘 |0 1 𝑘

1 = 𝑘(𝑘 − 1) |0 0

1 1 1

1 1 𝑘

1 𝑘 ⏟ 𝑘 |0 1| = 1 𝐹3 −𝐹1 0

1 1 𝑘−1

𝑘 1 |= −(𝑘 − 1)

𝑘 1 | = (−2)𝑘(𝑘 − 1); ∆= 0 → 𝑘 = 0 ˅ 𝑘 = 1. −1

Entonces:  

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 𝑘 ≠ 0 ˄ 𝑘 ≠ 1 → ∆≠ 0 → { →Sistema incompatible. 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 𝑘 = 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 1 1 0 1 ⏟ 1 0

Resolvemos: 𝐴′ =

0 0 −1 ||0 1 0

𝐴

(

1 ~ ⏟ (0 𝐹3 −𝐹1 0

1 1 −1

0 0 1 ⏟ (0 −1|0) ~ 1 0 𝐹3+𝐹2 0

1 1 0

0 0 −1|0) → 0 0

) 𝑥 = −𝜆 𝑥+𝑦 =0 { → { 𝑦 = 𝜆 ,𝜆 ∈ ℝ 𝑦−𝑧 =0 𝑧=𝜆



𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 𝑘 = 1 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 1 1 0 1 ⏟ 1 1

Resolvemos: 𝐴′ = (

1 ~ ⏟ (0 𝐹3 −𝐹1 0

1 1 −1 ||1 1 1

𝐴

1 1 0

1 1 1 ⏟ (0 −1|1) ~ 0 0 𝐹1 +𝐹2 0

2 1 0

0 2 −1|1) → 0 0

) 𝑥 = 2 − 2𝜏 𝑥 + 2𝑦 = 2 { → { 𝑦=𝜏 , 𝜏 ∈ ℝ. 𝑦−𝑧 = 1 𝑧 = −1 + 𝜏

b)

𝑘=2→{

𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 4 𝑦 − 𝑧 = 2 . El sistema es incompatible, por lo que: 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 2

Los tres planos no tienen ningún punto en común. Como, además, dos a dos no son paralelos, se intersecan determinando tres rectas paralelas. 2002 Septiembre (Opción B) Sea 𝐴 una matriz cuadrada de orden 𝑛 que verifica la igualdad: 𝐴2 = 𝐼, siendo 𝐼 la matriz cuadrada de orden 𝑛. Se pide: a) Expresar 𝐴−1 en términos de 𝐴. b) Expresar 𝐴𝑛 en términos de 𝐴 𝑒 𝐼, para cualquier número natural 𝑛. 1 1 c) Calcular 𝑎 para que 𝐴2 = 𝐼, siendo 𝐴 = ( ). 0 𝑎

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51

a) 𝐴2 = 𝐼 ↔ 𝐴 · 𝐴 = 𝐼 ↔ 𝐴−1 = 𝐴 𝐴, si 𝑛 es impar b) 𝐴1 = 𝐴, 𝐴2 = 𝐼, 𝐴3 = 𝐴 · 𝐼 = 𝐴, 𝐴4 = 𝐴2 · 𝐴2 = 𝐼, … → 𝐴𝑛 = { 𝐼, si 𝑛 es par 1 1 1 1 1 0 1 1+𝑎 1 0 1+𝑎 =0 c) 𝐴2 = 𝐼 → ( )( )=( )→( )=( )→{ → 𝑎 = −1 0 𝑎 0 𝑎 0 1 0 𝑎2 0 1 1 = 𝑎2 2002 Junio (Opción A.1) Calcular las edades actuales de una madre y sus dos hijos sabiendo que, hace 14 años, la edad de la madre era 5 veces la suma de las edades de los hijos en aquel momento; que, dentro de 10 años, la edad de la madre será la suma de las edades que los hijos tendrán en ese momento y que, cuando el hijo mayor tenga la edad actual de la madre, el hijo menor tendrá 42 años. Edades actuales: 𝑥 ≡edad de la madre, 𝑦 ≡edad del hijo mayor, 𝑧 ≡edad del hijo menor. Hace 14 años: 𝑥 − 14 = 5[(𝑦 − 14) + (𝑧 − 14)] Dentro de 10 años: 𝑥 + 10 = (𝑦 + 10) + (𝑧 + 10) Cuando el hijo mayor tenga la edad actual de la madre (dentro de 𝑥 − 𝑦 años), el hijo pequeño tendrá: 𝑧 + (𝑥 − 𝑦) = 42 𝑥 − 14 = 5[(𝑦 − 14) + (𝑧 − 14)] Sistema: { 𝑥 + 10 = (𝑦 + 10) + (𝑧 + 10) → 𝑧 + (𝑥 − 𝑦) = 42 𝑥 − 5𝑦 − 5𝑧 = −126 𝑥 − 5𝑦 − 5𝑧 = −126 −4𝑥 = −176 { 𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 10 → ⏟ { 𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 10 → ⏟ {𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 10 𝐸1 −5𝐸2 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 42 𝐸3−𝐸2 2𝑧 = 32 2𝑧 = 32 𝑥 = 44 {𝑦 = 18 →La madre tiene 44 años y los hijos 18 y 16 años respectivamente. 𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦 𝑧 = 16 → ⏟

𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜.

2002 Junio (Opción A.2) 2 Calcular el rango de la matriz 𝐴 = (−1 5 |

−1 −4

0 0 𝑎+4

𝑎 2 −1 3 ) según los valores del parámetro 𝑎. −4 −3

3 | ≠ 0 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴). Orlamos este menor: −3

0 ∆1 = | 0 𝑎+4

𝑎 −1 −4

2 𝑎 ∆2 = |−1 −1 5 −4

2 𝑎 (𝑎 + 4)(−1)3+1 | = ⏟ 3| −1 −3 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò

2 2 ⏟ |−1 3| = −3 𝐹3 +𝐹2 4

𝑎 −1 −5

2 0 ⏟ |−4 3| = 0 𝐶1−𝐶2 4

𝑎 −1 −5

2 2 | = (𝑎 + 4)(3𝑎 + 2); ∆1 = 0 → 𝑎 = −4 ˅ 𝑎 = − 3 3 2 0 ⏟ |0 3| = 0 𝐹2 +𝐹3 4

𝑎 −6 −5

2 𝑎 = ⏟ 4(−1)3+1 | 3| −6 0 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò

2 |= 3

4(3𝑎 + 12) = 12(𝑎 + 4); ∆2 = 0 → 𝑎 = −4.

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52

𝑎 = −4 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 Concluimos, pues: { 𝑎 ≠ −4 → 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 2002 Junio (Opción B) 𝑥−𝑦=2 Se considera el sistema: {𝑎𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 0 . Se pide: 𝑥 − 𝑦 + 𝑎𝑧 = 1 a) Discutirlo según los valores del parámetro 𝑎. b) Resolver el sistema para 𝑎 = −1. c) Resolver el sistema para 𝑎 = 2. a) Método de Gauss: 𝐴′ = 1 −1 𝑎 1 ⏟ 1 −1 (



𝐴

0 2 2 ||0 𝑎 1

1 ~ ⏟ (𝑎 + 1 𝐹2 +𝐹1 0 𝐹3 −𝐹1

−1 0 0

1 0 2 ⏟ (𝑎(𝑎 + 1) 2| 2 ) ~ 𝑎 −1 𝑎·𝐹2 −2𝐹3 0

−1 0 0

0 2 0|2𝑎 + 2) 𝑎 −1

) 𝑥−𝑦=2 → {𝑎(𝑎 + 1)𝑥 = 2(𝑎 + 1) . Entonces: 𝑎 = 0 𝑦 𝑎 = −1 son valores clave. 𝑎𝑧 = −1 2 2(𝑎 + 1) 𝑥= 𝑎 Sistema 𝑎(𝑎 + 1) 2 𝑎 ≠ 0 ˄ 𝑎 ≠ −1 → 𝑥 − 𝑦 = 2 → 𝑦 = − 2 → compatible 𝑎 determinado. 1 1 𝑧 = − { 𝑧 = − 𝑎 { 𝑎 𝑥=

𝑥−𝑦=2 𝑎 = 0 → { 0 = 2 →Sistema incompatible. 0 = −1 𝑥−𝑦 =2 𝑥 = 2+𝜇  𝑎 = −1 → { 0 = 0 → { 𝑦 = 𝜇 →Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. −𝑧 = −1 𝑧=1 𝑥 =2+𝜇 b) Del apartado anterior: { 𝑦 = 𝜇 ,𝜇 ∈ ℝ 𝑧=1 𝑥−𝑦=2 1 c) 𝑎 = 2 → { 6𝑥 = 6 → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (1, −1, − ) 2 2𝑧 = −1 

2001 Septiembre (Opción A) 𝑎𝑥 + 𝑦 + 4𝑧 = 1 Se considera el sistema: {−𝑥 + 𝑎𝑦 − 2𝑧 = 1 𝑦+𝑧 =𝑎 a) Discutirlo según los valores de 𝑎. b) Resolver el sistema para 𝑎 = 2. c) Resolver el sistema para 𝑎 = 1.

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53

a) Consideremos las matrices asociadas al sistema: 𝐴′ =



1 𝑎 1

4 1 −2 ||1 1 𝑎

𝐴 ( ) 1 4 𝑎 −3 4 𝑎 ⏟ |−1 𝑎 + 2 −2| = ⏟ 1 · (−1)3+3 | 𝑎 −2| = −1 1 1 𝐶2 −𝐶3 0 0 1 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò = (𝑎 − 1)(𝑎 + 3); det(𝐴) = 0 → 𝑎 = 1 ˅ 𝑎 = −3.

𝑎 det(𝐴) = |−1 0



𝑎 −1 ⏟0

−3 | = 𝑎2 + 2𝑎 − 3 𝑎+2

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑎 ≠ 1 ˄ 𝑎 ≠ −3 →→ det(A) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

1 −1 ⏟0

′

𝑎=1→𝐴 =

1 1 1

4 1 −2 ||1 1 1

𝐴

(

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 +𝐹1 0

1 2 1

)

41 1 ⏟ (0 2|2) ~ 1 1 12𝐹2 0

1 1 0

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 41 → 1|1) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 00 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

1 2

𝐹3 − 𝐹2

Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad.



𝑎 = −3 → 𝐴′ =

−3 −1 ⏟0

1 −3 1

4 1 −2 || 1 1 −3

−3 (0 3𝐹2 −𝐹1 0 ~ ⏟

1 −10 1

4 1 −3 ⏟ (0 −10| 2 ) ~ 1 −3 10𝐹3 +𝐹2 0

1 −10 0

4 1 −10| 2 ) → 0 −28

𝐴 ( ) 0𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 = −29 →Sistema incompatible.

2 −1 ⏟0

′

b) 𝑎 = 2 → 𝐴 =

1 2 1

4 1 −2 ||1 1 2

𝐴

(

2 ~ ⏟ (0 2𝐹2 +𝐹1 0

1 5 1

41 2 ⏟ (0 0| 3) ~ 1 2 𝐹1−𝐹3 0

1 c) 𝑎 = 1 → 𝐴 ~ (0 0

1 1 0

2𝑥 + 3𝑧 = −1 3 −1 → 0| 3 ) → { 5𝑦 = 3 𝑦+𝑧 =2 1 2

) (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (−

′

0 5 1

41 1 ⏟ (0 1|1) ~ 0 0 𝐹1 −𝐹2 0

0 1 0

13 3 7 , , ) 5 5 5

𝑥 = −3𝜇 30 𝑥 + 3𝑧 = 0 𝑦 1|1) → { 𝑦 + 𝑧 = 1 → { = 1 − 𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ 𝑧=𝜇 00

2001 Septiembre (Opción B) 0 Se considera la matriz: 𝐴 = ( 1 −1

3 −4 3

4 −5). Se pide: 4

a) Comprobar que verifica la igualdad: 𝐴3 + 𝐼 = 𝑂, siendo 𝐼 la matriz identidad y 𝑂 la matriz nula. b) Justificar que 𝐴 tiene inversa y calcular 𝐴−1 . c) Calcular 𝐴100 . 0 3 4 0 3 4 −1 0 1 a) 𝐴2 = ( 1 −4 −5) ( 1 −4 −5) = ( 1 4 4 ); −1 3 4 −1 3 4 −1 −3 −3

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54

−1 𝐴3 = 𝐴2 · 𝐴 = ( 1 −1

0 4 −3

1 0 3 4 −1 0 0 4 ) ( 1 −4 −5) = ( 0 −1 0 ) = −𝐼 −3 −1 3 4 0 0 −1 𝐴3 = −𝐼 → 𝐴3 + 𝐼 = 𝑂 b) 𝐴3 = −𝐼 → 𝐴2 · 𝐴 = −𝐼 → −𝐴2 · 𝐴 = 𝐼 → (−𝐴2 ) · 𝐴 = 𝐼 → 𝐴−1 = −𝐴2 (por definición de matriz inversa) 1 0 −1 Entonces: 𝐴−1 = −𝐴2 → 𝐴−1 = (−1 −4 −4) 1 3 3 0 −3 −4 c) 𝐴100 = 𝐴99 · 𝐴 = (𝐴3 )33 · 𝐴 = (−𝐼)33 · 𝐴 = (−𝐼) · 𝐴 = −𝐴 = (−1 4 5) 1 −3 −4 2001 Junio (Opción A.1) 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 2 2𝑥 Se considera el sistema: { − 𝑦 + 3𝑧 = 2. Se pide: 5𝑥 − 𝑦 + 𝑎𝑧 = 6 a) Discutirlo según los valores del parámetro 𝑎. b) Resolverlo cuando tenga infinitas soluciones.

1 1 2 −1 ⏟ 5 −1

a) Método de Gauss: 𝐴′ = (





2 2 3 ||2 𝑎 6

𝐴

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 −2𝐹1 0 )

𝐹3 −5𝐹1

1 −3 −6

2 1 2 ⏟ (0 −1 |−2) ~ 𝑎 − 10 −4 𝐹3 −2𝐹2 0 −𝐹2

1 3 0

2 2 1 |2); 𝑎 − 8 = 𝑎−8 0

0 → 𝑎 = 8. Entonces: 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑎 ≠ 8 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 𝑎 = 8 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 → Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. 𝑛º 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

1 b) 𝑎 = 8 → 𝐴′~ (0 0

1 3 0

22 3 ⏟ (0 1|2) ~ 0 0 3𝐹1 −𝐹2 0

0 3 0

𝑥 = 4⁄3 − 5𝜇 54 3𝑥 + 5𝑧 = 4 1|2) → { 3𝑦 + 𝑧 = 2 → { 𝑦 = 2⁄3 − 𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ 𝑧 = 3𝜇 00

2001 Junio (Opción A.2) Comprueba que las siguientes matrices tienen el mismo determinante: 1+𝑎 1 1+𝑎 1 1 | 1 1 1−𝑎 1 𝐴=( ) 𝑦 𝐵=( 1 1 1 1+𝑏 1 1 | 1 1 1 1−𝑏 1 1 1+𝑎 1 1 1+𝑎 1 −𝑎 1 1−𝑎 1 det(𝐴) = | | = ⏟ | 1 1+𝑏 1 1 −𝑎 𝐹2 −𝐹1 1 1 1 1 − 𝑏 𝐹3 −𝐹1 −𝑎

1 −𝑎 0 0

1 0 𝑏 0

1 | 1−𝑎 1 | 1

1 1 1+𝑏 | 1

1 𝑎 0 0 | = ⏟ | 0 𝐶 −𝐶 −𝑎 −𝑏 1 2 −𝑎

1 | 1

|

1 −𝑎 0 0

1 | 1−𝑏 1 0 𝑏 0

)

1 0 | = ⏟ 0 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò −𝑏

𝐹4 −𝐹1

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55

𝑎 = (−𝑎)(−1)2+2 |−𝑎 −𝑎

1 𝑏 0

1 𝑎 ⏟ (−𝑎) |0 0| = −𝑏 𝐹2 +𝐹1 0

1 𝑏+1 1

𝐹3 +𝐹1

1+𝑎 det(𝐵) = | 1 1 | 1

1 | 1−𝑎 1 | 1

|

1 𝑏+1 1 | = (−𝑎) · 𝑎 | 1 1−𝑏

1 | 1 1+𝑏 | 1

1 | 1

| = |−𝑎 1 0 | 1−𝑏

2

1 | = (−𝑎2 ) · (−𝑏 2 ) = 𝑎2 𝑏 2 1−𝑏

0 | = 𝑎2 𝑏 2 −𝑏 2

2001 Junio (Opción A.3) 1 Sea 𝑘 un número natural y sean las matrices: 𝐴 = (0 0

1 1 0

1 0 0) , 𝐵 = ( 1 ) 𝑦 𝐶 = ( 1 1 −1

1

2)

a) Calcular 𝐴𝑘 . b) Hallar la matriz 𝑋 que verifica la ecuación: 𝐴𝑘 𝑋 = 𝐵𝐶. 1 a) 𝐴2 = (0 0

1 1 0

1 1 0 ) (0 1 0

1 1 0

1 (0 0 0 b) 𝐵𝐶 = ( 1 ) (1 −1 Calculemos 1 (0 0

1

1 1 0) = ( 0 1 0

𝑛 1 0

𝑛 1 0 ) (0 1 0

0 2) = ( 1 −1

2 1 0 1 1 0

0 1 −1

2 1 0) ; 𝐴3 = 𝐴2 · 𝐴 = (0 1 0 1 1 0) = (0 1 0

−𝑘 1 0

01 0| 0 10

−𝑘 0 0 )( 1 −1 1

2 1 0) ( 0 1 0

1 1 0

𝑛+1 1 0 ) → 𝐴𝑘 = (0 1 0

0 1 2 ) ; 𝐴𝑘 𝑋 = 𝐵𝐶 → (0 −2 0

(𝐴𝑘 )−1 por el Método de Gauss: 1 0 𝑘 𝑘1 0 0 ~ ⏟ (0 1 1 0 | 0 1 0) 0 1 0 0 1 𝐹1 −(𝑘𝐹2 +𝑘𝐹3 ) 0 0 1 𝑋 = (𝐴𝑘 )−1 𝐵𝐶 = (0 0

𝑛+1 1 0

2 1 0

−𝑘 1 0 0 1 −1

𝑘 1 0

1 1 0) = ( 0 1 0 𝑘 1 0

𝑘 0 0) 𝑋 = ( 1 −1 1

−𝑘 1 0 ) → (𝐴𝑘 )−1 = (0 1 0 0 1 2 )= ( 1 −2 −1

0 1 −1

3 1 0

3 0) … 1

𝑘 0) 1 0 1 −1

−𝑘 1 0

0 2) −2

−𝑘 0 )→ 1

0 2) −2

2001 Junio (Opción B.1) 1 Sea la matriz 𝐴 = ( 1

3 ). Se pide: 4

a) Calcular 𝐴−1 . b) Resolver el sistema 𝐴 · [(

𝑥 21 5 ) + (𝑦)] = ( ) 24 −1

a) Por la definición de matriz inversa, si 𝐴−1 = ( 𝑥 + 3𝑧 ( 𝑥 + 4𝑧

𝑦 + 3𝑡 1 )=( 𝑦 + 4𝑡 0

𝑥 𝑧

𝑦 1 )→( 𝑡 1

3 𝑥 )( 4 𝑧

𝑦 1 )=( 𝑡 0

0 )→ 1

𝑦 + 3𝑡 = 0 𝑥 + 3𝑧 = 1 𝑦 = −3 0 𝑥=4 )→{ ˄ { →{ ˄ { → 𝑦 + 4𝑡 = 1 𝑥 + 4𝑧 = 0 1 𝑧 = −1 𝑡=1

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56

𝐴−1 = (

4 −1

−3 ) 1

𝑥 5+𝑥 5+𝑥 21 21 21 5 b) 𝐴 · [( ) + (𝑦)] = ( ) → 𝐴 · ( ) = ( ) → 𝐴−1 [𝐴 · ( )] = 𝐴−1 ( ) −1 + 𝑦 −1 + 𝑦 24 24 24 −1 → (𝐴−1 · 𝐴) · (

5+𝑥 4 )=( −1 + 𝑦 −1

5+𝑥 5 + 𝑥 = 12 −3 21 12 )( ) → 𝐼 ·( )=( )→{ → −1 + 𝑦 −1 +𝑦 =3 1 24 3 (𝑥, 𝑦) = (7,4)

2001 Junio (Opción B.2) a) Discutir en función de los valores de 𝑘 y resolver cuando tenga más de una solución el sistema: 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 3 {2𝑥 − 𝑦 + 𝑘𝑧 = 9 𝑥 − 𝑦 − 6𝑧 = 5 1 1 2 3 b) Si el rango de la matriz 𝑀 = (2 −1 𝑘 9) es 2, determinar una combinación lineal no nula de 1 −1 −6 5 las tres filas, así como una combinación lineal de las cuatro columnas.

1 1 2 −1 ⏟ 1 −1

a) Método de Gauss: 𝐴′ = 1 1 (1 0 0 0 



(

𝐴

2 3 𝑘 ||9 −6 5

1 ~ ⏟ (1 𝐹2 ↔𝐹3 2 )

1 −1 −1

1 2 3 ⏟ (2 −6|5) ~ 𝑘 9 𝐹2 +𝐹1 3 𝐹3 +𝐹1

1 0 0

2 3 ⏟ −4 | 8 ) ~ 𝑘 + 2 12 2𝐹3 −3𝐹2 1 𝐹 2 2

2 2 −2 |4) ; 2𝑘 + 16 = 0 → 𝑘 = −8. Entonces: 2𝑘 + 16 0 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑘 ≠ −8 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado.(Solución única) 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 1 1 2 3 2 1 0 7 𝑘 = −8 → 𝐴′~ (1 0 −2|4) ~ ⏟ (1 0 −2|4) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible 0 0 0 0 𝐹1 +𝐹2 0 0 0 0 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 𝑥 = 4 + 2𝜇 2𝑥 + 𝑦 = 7 indeterminado con un grado de libertad. Queda: { → {𝑦 = −1 − 4𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ 𝑥 − 2𝑧 = 4 𝑧=𝜇

1 1 2 3 b) Del apartado anterior se tiene que 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝑀) = 2 para 𝑘 = −8 → 𝑀 = (2 −1 −8 9) 1 −1 −6 5 1 1 | | ≠ 0 →Las dos primeras filas (y las dos primeras columnas) son linealmente independientes. 2 −1 𝛼 + 2𝛽 = 1 𝛼 − 𝛽 = −1 𝐹3 = 𝛼𝐹1 + 𝛽𝐹2 → (1 −1 − 6 5) = 𝛼(1 1 2 3) + 𝛽(2 −1 −8 9) → { → 2𝛼 − 8𝛽 = −6 3𝛼 + 9𝛽 = 5 1 𝛼=− 3 → 𝐹 = − 1 𝐹 + 2 𝐹 → 𝐹 − 2𝐹 + 3𝐹 = 𝑂 , 𝑐𝑜𝑛 𝑂 = (0 0 0 0) { 3 1 2 3 2 3 1 3 2 𝛽= 3

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57

𝛼+𝛽 =3 3 1 1 𝛼=4 𝐶4 = 𝛼𝐶1 + 𝛽𝐶2 → (9) = 𝛼 (2) + 𝛽 (−1) → {2𝛼 − 𝛽 = 9 → { → 𝛽 = −1 𝛼−𝛽 =5 5 1 −1 0 𝐶4 = 4𝐶1 − 𝐶2 → 4𝐶1 − 𝐶2 − 𝐶4 = 𝑂 → 4𝐶1 − 𝐶2 + 0𝐶3 − 𝐶4 = 𝑂 , 𝑐𝑜𝑛 𝑂 = (0) 0 2001 Junio (Opción B.3) 1 1 Se considera el sistema de ecuaciones: ( 1 𝑘

1 1 𝑘 1

1 𝑥 𝑘 𝑘 𝑦 1 )( ) = ( ) 1 𝑧 1 1 1

a) Discutirlo según los valores de 𝑘. b) Resolverlo para 𝑘 = −3. c) Resolverlo para 𝑘 = 1.

1 1 det(𝐴 = | 1 𝑘 ′)

1 1 𝑘 1

1 𝑘 1 1

1 1 1 1 1 𝑘 𝑘⏟ 1

1 𝑘 𝑘 |1 ; es 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) ≤ 3. 1 |1 1 1 ( 𝐴 ) 𝑘+3 𝑘+3 𝑘+3 𝑘+3 1 𝑘 1 1 1 1 1 𝑘 | = ⏟ | | = (𝑘 + 3) | 1 1 𝐹 +(𝐹 +𝐹 +𝐹 ) 1 𝑘 1 1 1 1 2 3 4 𝑘 1 1 𝑘 1

a) Escribimos las matrices asociadas: 𝐴′ =

1 1 𝑘 1

1 𝑘 1 1

1 1 | = ⏟ 1 𝐶 −𝐶 2 1 𝐶3 −𝐶11 𝐶4 −𝐶1

0 1 0 0 0 𝑘−1 0 1 0 𝑘−1 0 (𝑘 + 3) | (𝑘 + 3) · 1 · (−1)(1+1) |𝑘 − 1 | = ⏟ 0 0 |= 1 𝑘−1 0 0 𝑅𝑒𝑔𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐶ℎ𝑖ò 1 − 𝑘 1 − 𝑘 1 − 𝑘 𝑘 1−𝑘 1−𝑘 1−𝑘 2 3 ′ = (𝑘 + 3)(−1)(𝑘 − 1) (1 − 𝑘) = (𝑘 + 3)(𝑘 − 1) ; det(𝐴 ) = 0 → 𝑘 = −3 ˅ 𝑘 = 1. 

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) ≤ 3 𝑘 ≠ −3 ˄ 𝑘 ≠ 1 → det(𝐴′ ) ≠ 0 → { →Sistema incompatible. 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 4



𝑘 = −3 → det(𝐴′ ) =→ 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) ≤ 3. ′

𝐴 = (

1 1 1 ⏟ −3

1 1 −3 1

1 −3 −3 | 1 1 |1 1 1

𝐴

1 0 ~ ⏟ ( 0 𝐹2 −𝐹1 0 𝐹3 −𝐹1

) 𝐹4+3𝐹1

1 0 −4 4

1 1 −3 −4 4 0 | ) ~ ⏟ ( 0 4 𝐹 +(𝐹 +𝐹 ) 0 4 −8 4 2 3 0

1 0 −4 0

1 −3 1 −4 4 0 | ) ~ ⏟ ( 0 4 0 1 0 0 −4𝐹2 0

1 1 0 0

1 −3 0 −1 | )→ 1 −1 0 0

1 − 𝐹3 4

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3



′

𝑘=1→𝐴 =

1 1 1 1 1 1 1⏟ 1

1 1 1 |1 1 |1 1 1

1 0 ~ ⏟ ( 0 𝐹2 −𝐹1 𝐹3 −𝐹1 0

1 0 0 0

11 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 1 00 | ) → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 1 →Sistema compatible 00 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 00

( 𝐴 ) 𝐹4−𝐹1 indeterminado con dos grados de libertad (dos incógnitas libres).

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58

b) 𝑘 = −3 → 𝐴′~ (

1 0 0 0

1 1 0 0

1 −3 1 0 −1 0 | ) ~ ⏟ ( 1 −1 𝐹 −(𝐹 +𝐹 ) 0 1 2 3 0 0 0

c) 𝑘 = 1 → {𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 → {

0 1 0 0

0 −1 0 −1 | ) → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (−1, −1, −1) 1 −1 0 0

𝑥 =1−𝜆−𝜇 𝑦=𝜆 , 𝜆, 𝜇 ∈ ℝ 𝑧=𝜇

2000 Septiembre (Opción A) 𝑘−1 Se considera la matriz: 𝐴 = ( 0 𝑘

1 𝑘−2 0

−1 1 ). Se pide: 2

a) Encontrar los valores de 𝑘 para los que esta matriz es invertible. b) Hallar la inversa para 𝑘 = 2 y comprobar el resultado. 𝑥 0 c) Para 𝑘 = 1, resolver el sistema 𝐴 (𝑦) = (0). 𝑧 0 a) Una matriz cuadrada tiene inversa solamente cuando su determinante es distinto de cero. 𝑘−1 1 −1 𝑘−1 1 0 det(𝐴) = | 0 ⏟ | 0 𝑘−2 1 | = 𝑘 − 2 𝑘 − 1| = 2(𝑘 − 1)(𝑘 − 2) + 𝑘(𝑘 − 1) = 𝑘 0 2 𝐶3 +𝐶2 𝑘 0 2 4 (𝑘 − 1)[2(𝑘 − 2) + 𝑘] = (𝑘 − 1)(3𝑘 − 4); det(𝐴) = 0 → 𝑘 = 1 ˅ 𝑘 = 3 4 −1 ∃𝐴 ↔ 𝑘 ≠ 1 ˄ 𝑘 ≠ 3 1 1 −1 b) 𝑘 = 2 → 𝐴 = (0 0 1 ). Por el método de Gauss: 2 0 2 1 1 −1 1 0 0 2 0 2 0 0 1 2 0 2 0 0 1 ( 0 0 1 | 0 1 0) ~ ⏟ (1 1 −1|1 0 0) ~ ⏟ (0 2 −4|2 0 −1) ~ ⏟ 2 0 2 0 0 1 𝐹1 ↔𝐹3 0 0 1 0 1 0 2𝐹2 −𝐹1 0 0 1 0 1 0 𝐹2+4𝐹3 𝐹2 ↔𝐹3

𝐹1 −2𝐹3

1 1 0 −1 2 2 1 1 → 𝐴−1 = 2 − 1 2 − 2 2 1 0 ) 0 ) (0 1 Se ha de comprobar que: 𝐴 · 𝐴−1 = 𝐼 o bien: 𝐴−1 · 𝐴 = 𝐼. Esto es: 1 1 0 −1 0 −1 1 1 −1 1 0 0 1 1 −1 1 0 0 2 2 (0 0 1 ) 1 = (0 1 0) ˅ 1 ( 0 0 1 ) = ( 0 1 0) 1 2 − 1 2 − 2 0 2 0 0 1 2 0 2 0 0 1 2 2 0 ) 0 ) (0 1 (0 1 𝑦−𝑧 =0 0 1 −1 0 1 −1 𝑥 0 c) 𝑘 = 1 → 𝐴 = (0 −1 1 ) →El sistema homogéneo es: (0 −1 1 ) (𝑦) = (0) → {−𝑦 + 𝑧 = 0 𝑧 1 0 2 1 0 2 0 𝑥 + 2𝑧 = 0 𝑥 = −2𝜇 𝑦−𝑧 = 0 Como las dos primeras ecuaciones son equivalentes, nos queda: { → { 𝑦 = 𝜇 ,𝜇 ∈ ℝ 𝑥 + 2𝑧 = 0 𝑧=𝜇 2 (0 0

0 2 0

00 0| 2 10

−2 4 1

1 1 −1) ~ 0 0 0 (

0 1 0

00 0| 1 1 0

−1

2000 Septiembre (Opción B) Discutir según los valores de 𝑘 y, cuando proceda, resolver los sistemas:

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59

a)

𝑥 + 𝑦 + 5𝑧 = 0 { 2𝑥 − 𝑘𝑧 = 0 𝑥−𝑦+𝑧 =0

𝑥 + 𝑦 + 5𝑧 = 0 2𝑥 − 3𝑧 = 0 b) { 𝑥−𝑦+𝑧 =0 𝑥 + 2𝑦 + 𝑘𝑧 = 𝑘

a) Reordenamos las ecuaciones y aplicamos el método de Gauss: 1 −1 1 1 ⏟ 2 0

𝐴′ =

1 0 5 ||0 −𝑘 0

𝐴

(

1 ~ ⏟ (2 𝐹2 +𝐹1 2

−1 0 0

1 0 1 ⏟ (2 6 | 0) ~ −𝑘 0 𝐹3−𝐹2 0

−1 0 0

1 0 6 |0). −𝑘 − 6 0

) −𝑘 − 6 = 0 → 𝑘 = −6.

 

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑘 ≠ −6 → { →Sistema compatible determinado. (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0,0,0) 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 𝑘 = −6 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 1 Queda: 𝐴′ ~ ⏟ (1 1 0 𝐹 2 2

′

b) 𝐴 = (

1 2 1 ⏟ 1

−1 0 0

1 5 0 0 −3 |0 −1 1 |0 2 2𝑘 𝑘 𝐴

)

10 0 ⏟ (1 3|0) ~ 0 0 𝐹1 −𝐹2 0

−1 0 0

𝑥 = −3𝜇 −2 0 −𝑦 − 2𝑧 = 0 → {𝑦 = −2𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ 3 | 0) → { 𝑥 + 3𝑧 = 0 𝑧=𝜇 0 0

1 1 0 1 1 0 1 1 0 5 5 5 0 0 0 0 0 −2 −13 −2 −13 −2 −13 ~ ⏟ ( | ) ~ ⏟ ( | )~ ⏟( |0 ) 0 0 0 −2 0 0 0 0 0 −4 9 1 1 𝐹2 −2𝐹1 𝐹3 −𝐹2 𝐹3 9 0 1 𝑘 0 0 𝑘 0 0 𝑘 2𝑘 − 5 4𝑘 − 5 4𝑘 − 5 𝐹3 −𝐹1 2𝐹4 +𝐹2 𝐹4 −𝐹1

1 1 5 0 0 −2 −13 ~ ⏟ ( |0). 0 0 1 0 𝐹4 +(−4𝑘+5)𝐹3 0 0 0 𝑘  

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑘≠0→{ →Sistema incompatible. 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 4 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑘 = 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado(y homogéneo)→ (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0,0,0) 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3

2000 Junio (Opción A) Para una matriz cuadrada, se define su traza como la suma de los elementos de su diagonal principal. En lo que sigue, supondremos que 𝐴 y 𝐵 son matrices cuadradas 2×2. a) b) c) d)

Comprobar que se verifica: 𝑇𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐴 + 𝐵) = 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐴) + 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐵). Comprobar que se verifica: 𝑇𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐴 · 𝐵) = 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐵 · 𝐴) Utilizando los resultados anteriores, demostrar que 𝐴𝐵 − 𝐵𝐴 = 𝐼 es imposible Encontrar dos matrices para las que: 𝑇𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐴 · 𝐵) ≠ [𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐴)] · [𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐵)].

a) 𝐴 = (

𝑎 𝑐

𝑟 𝑠 𝑎+𝑟 𝑏+𝑠 𝑏 ) 𝑦 𝐵=( )→𝐴+𝐵 =( ) ; 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐴) = 𝑎 + 𝑑 𝑦 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐵) = 𝑟 + 𝑢 𝑡 𝑢 𝑐+𝑡 𝑑+𝑢 𝑑 𝑇𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐴 + 𝐵) = (𝑎 + 𝑟) + (𝑑 + 𝑢) = (𝑎 + 𝑑) + (𝑟 + 𝑢) = 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐴) + 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐵).

b) 𝐴 = (

𝑎 𝑐

𝑟 𝑏 ) 𝑦 𝐵=( 𝑡 𝑑

𝑠 𝑎𝑟 + 𝑏𝑡 )→𝐴·𝐵 =( 𝑢 𝑐𝑟 + 𝑑𝑡

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𝑎𝑠 + 𝑏𝑢 𝑟𝑎 + 𝑠𝑐 ) 𝑦 𝐵·𝐴 =( 𝑐𝑠 + 𝑑𝑢 𝑡𝑎 + 𝑢𝑐

𝑟𝑏 + 𝑠𝑑 ) 𝑡𝑏 + 𝑢𝑑

60

𝑇𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐴 · 𝐵) = (𝑎𝑟 + 𝑏𝑡) + (𝑐𝑠 + 𝑑𝑢) = (𝑟𝑎 + 𝑠𝑐) + (𝑡𝑏 + 𝑢𝑑) = 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐵 · 𝐴) c) 𝐴𝐵 − 𝐵𝐴 = 𝐼 → 𝐴𝐵 = 𝐵𝐴 + 𝐼 → 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐴𝐵) = 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐵𝐴 + 𝐼) → 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐵𝐴) = 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐵𝐴) + 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐼) → 1 0 → 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐼) = 0. Esto es imposible, pues 𝐼 = ( ) y es 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐼) = 2. 0 1 d)

1 0 5 0 5 0 ),𝐵 = ( ) → 𝐴𝐵 = ( ) 0 1 0 0 0 0 Se tiene: 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐴𝐵) = 5, 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐴) = 5, 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎(𝐵) = 2. Evidentemente: 5 ≠ 2 · 5. 𝐴=(

2000 Junio (Opción B) 𝑎𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = (𝑎 − 1)(𝑎 + 2) Se considera el sistema de ecuaciones: {𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑧 = (𝑎 − 1)2 (𝑎 + 2) 𝑥 + 𝑦 + 𝑎𝑧 = (𝑎 − 1)3 (𝑎 + 2) a) Comprobar que es compatible para cualquier valor de 𝑎. b) Describir en términos geométricos el conjunto de soluciones en los casos { c) Resolverlo para 𝑎 = −2. a) Escribimos las matrices asociadas: 𝐴′ = 𝑎 ∆= det(𝐴) = |1 1 1 (𝑎 + 2) |0 0

 

b)

𝑎 1 1 𝑎 ⏟ 1 1

𝐴 ( 1 𝑎+2 = ⏟ | 1 1| 𝑎 𝐹1 +(𝐹2 +𝐹3 ) 1

1 𝑎 1

𝑎=1 . 𝑎 = −2

1 (𝑎 − 1)(𝑎 + 2) 1 ||(𝑎 − 1)2 (𝑎 + 2) 𝑎 (𝑎 − 1)3 (𝑎 + 2) 𝑎+2 𝑎 1

) 𝑎+2 1 1 | = (𝑎 + 2) |1 𝑎 1

1 𝑎 1

1 ⏟ 1| = 𝑎 𝐹2 −𝐹1 𝐹3 −𝐹1

1 0 | = (𝑎 + 2)(𝑎 − 1)2 ; ∆= det(𝐴) = 0 → 𝑎 = 1 ˅ 𝑎 = −2. 𝑎−1 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑎 ≠ 1 ˄ 𝑎 ≠ −2 → ∆≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 𝑎 = 1 ˅ 𝑎 = −2 →Se obtiene un sistema homogéneo en ambos casos. Y un sistema homogéneo es siempre compatible (pues ite la solución trivial)

𝑎 = 1 → 𝐴′ =

1 1 1 1 ⏟ 1 1

1 𝑎−1 0

1 0 1 ||0 1 0

→ Tres planos coincidentes: {𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0

𝐴 ( ) Sistema compatible indeterminado con dos grados de libertad. Es la ecuación cartesiana de un plano que pasa por (0,0,0).

−2 1 ⏟1

𝑎 = −2 → 𝐴′ =

1 −2 1

(

𝐴

1 0 1 ||0 −2 0

−2 ~ ⏟ (0 2𝐹2 +𝐹1 0 )

2𝐹3 +𝐹1

1 −3 3

1 0 −2 ⏟ (0 3 |0) ~ −3 0 𝐹3 +𝐹2 0 1 𝐹 3 2

1 −1 0

10 1| 0) → 00

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 → Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 −2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 Los dos primeros planos determinan la recta 𝑟 ≡ { (que pasa por el origen de −𝑦 + 𝑧 = 0 coordenadas) y el tercer plano contiene a dicha recta.

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61

Se tienen, pues, tres planos del mismo haz de planos. −2 c) 𝐴′~ ( 0 0

1 −1 0

10 −2 ⏟ (0 1| 0) ~ 0 0 𝐹1 +𝐹2 0

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0 −1 0

20 1 ⏟ (0 1| 0) ~ 0 0 −12𝐹1 0

0 −1 0

𝑥=𝜇 −1 0 𝑥−𝑧 =0 1 |0) → {−𝑦 + 𝑧 = 0 → {𝑦 = 𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ 𝑧=𝜇 0 0

62

2

Geometría Analítica - Matemáticas B P.A.U. Comunidad de Madrid 2000-2016 EJERCICIOS RESUELTOS

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Geometría Analítica (PAU-Madrid) Ejercicios resueltos 2016 Junio (Opción A-1) Dados los planos 𝜋1 ≡ 𝑎𝑥 + 𝑦 − 𝑧 + 1 = 0, 𝜋2 ≡ 𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑧 − 2 = 0, determine, en caso de que existan, el valor o posibles valores del parámetro 𝑎, para cada uno de los siguientes supuestos: a) Que sean paralelos. b) Que sean perpendiculares. c) Que la recta intersección de ambos sea perpendicular al plano 𝑥 = 𝑦. a) 𝜋1 ≡ 𝑎𝑥 + 𝑦 − 𝑧 + 1 = 0 𝑦 𝜋2 ≡ 𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑧 − 2 = 0 → 𝑉𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙𝑒𝑠: { 𝐴′ = (

𝑎 1 ⏟ 1 𝑎

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋1 = (𝑎, 1, −1) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛 𝜋2 = (1, 𝑎, 1)

−1 −1 | ) 1 2

𝐴

𝑎 1 1 −1 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 1 𝜋1 ⫽ 𝜋2 ↔ { ↔ = =− ≠ → 𝑎 = −1 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 1 𝑎 1 2 1

b) 𝜋1 ⏊𝜋2 ↔ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋1 · ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋2 = 0 → 𝑎 · 1 + 1 · 𝑎 + (−1) · 1 = 0 → 2𝑎 − 1 = 0 → 𝑎 = 2

𝑘⃗ 2 −1| = (1 + 𝑎, −1 − 𝑎, 𝑎 − 1) 1 1 + 𝑎 −1 − 𝑎 𝑎2 − 1 𝛾 ≡ 𝑥 − 𝑦 = 0 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝛾 = (1, −1,0); 𝑟⏊𝛾 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 ⫽ ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝛾 → = = → 1 −1 0 𝑎 = −1 (𝑛𝑜 𝑎𝑑𝑚𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒, 𝑝𝑢𝑒𝑠 𝑑𝑎𝑟í𝑎 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (0,0,0)) 𝑎2 − 1 = 0 → { 𝑎=1

𝑖 𝑎𝑥 + 𝑦 − 𝑧 + 1 = 0 ⃗⃗⃗⃗ c) 𝑟 ≡ { → 𝑑𝑟 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋1 ×𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = | 𝜋 𝑎 2 𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑧 − 2 = 0 1

𝑗 1 𝑎

2016 Junio (Opción A-2) Dado el punto 𝑃(2,1, −1), determine el punto simétrico de 𝑃 respecto al plano que pasa por los puntos 𝐴(0,2, −1), 𝐵(1, −3,0) 𝑦 𝐶(2,1,1). Hallemos el plano 𝜋 que pasa por 𝐴(0,2, −1), 𝐵(1, −3,0)𝑦 𝐶(2,1,1).

𝑥 𝑦−2 𝑧+1 La dirección del plano: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (1, −5,1) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 = (2, −1,2) → 𝜋 ≡ |1 −5 1 |=0→ 2 −1 2 𝜋 ≡ −9𝑥 + 9(𝑧 + 1) = 0 → 𝜋 ≡ 𝑥 − 𝑧 − 1 = 0 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (1,0, −1); 𝑃(2,1, −1) Perpendicular a 𝜋 por 𝑃: 𝑟 ≡ {

𝑥 =2+𝜇 𝑦 = 1 . Proyección ortogonal de 𝑃 sobre 𝜋: 𝐻 = 𝑟 ∩ 𝜋 → 𝑧 = −1 − 𝜇

(2 + 𝜇) − (−1 − 𝜇) − 1 = 0 → 2 + 2𝜇 = 0 → 𝜇 = −1 → 𝐻(1,1,0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ → (−1,0,1) = (𝑎 − 1, 𝑏 − 1, 𝑐) → Si 𝑃′ (𝑎, 𝑏, 𝑐) es el simétrico pedido: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐻 = 𝐻𝑃′ 𝑎 − 1 = −1 → 𝑎 = 0 { 𝑏 − 1 = 0 → 𝑏 = 1 → 𝑃′ (0,1,1) 𝑐=1 MATEMÁTICAS B. GEOMETRÍA ANÁLITICA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

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2016 Junio (Opción B) Se consideran los puntos 𝐴(0,5,3), 𝐵(0,6,4), 𝐶(2,4,2) 2𝑦 𝐷(2,3,1), y se pide: a) Comprobar que los puntos dados son coplanarios y que el polígono 𝐴𝐵𝐶𝐷 es un paralelogramo. b) Calcular el área de dicho paralelogramo. c) Determinar el lugar geométrico de los puntos 𝑃 cuya proyección sobre el plano 𝐴𝐵𝐶𝐷 es el punto medio del paralelogramo. 0 1 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (2, −1, −1) 𝑦 𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (2, −2, −2) → [𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗ ] = |2 −1 −1| = 0 → a) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (0,1,1), 𝐴𝐶 2 −2 −2 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑦 𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗ coplanares (linealmente dependientes)→ 𝐴, 𝐵, 𝐶 𝑦 𝐷 coplanarios Son ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 , 𝐴𝐶 En un paralelogramo, los lados opuestos determinan vectores iguales. ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (0,1,1) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶 = (0,1,1) → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶 → 𝐴𝐵𝐶𝐷 es un paralelogramo. ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 2 2 2 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = ||0 1 b) 𝑆 = |𝐴𝐵 1 || = |(0,2, −2)| = √0 + 2 + (−2) = √8 = 2√2 𝑢 2 −1 −1 c) El lugar geométrico pedido es la recta perpendicular a dicho plano trazada por el punto medio de una diagonal del paralelogramo. Sea 𝑀 el punto medio de la diagonal 𝐴𝐶. 1 9 5 9 5 [(0,5,3) + (2,4,2)] = (1, , ) → 𝑀 (1, , ) 2 2 2 2 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (0,2, −2), y también 𝑛⃗ = 1 (0,2, −2) = (0,1, −1). El vector normal a ese plano es: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵×𝐴𝐶 2

Entonces, el lugar geométrico pedido es la recta: 𝑥=1 9 𝑦= +𝜆 𝑟≡ , 𝑐𝑜𝑛 𝜆 ∈ ℝ 2 5 𝑧 = −𝜆 { 2 2015 Septiembre (Opción A) La recta 𝑟 pasa por el punto 𝑃(2, −1,0) y tiene como vector director (1, 𝜆, −2); la recta 𝑠 pasa por el punto 𝑄(1,0, −1) y tiene como vector director (2,4,2). a) Calcular 𝜆>0 para que la distancia entre ambas rectas sea 9⁄√59. b) Calcular 𝜆 para que 𝑟 sea perpendicular a la recta que pasa por 𝑃 y por 𝑄. ⃗⃗⃗⃗𝑟 . Esto es, ⃗⃗⃗⃗ a) ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1, 𝜆, −2) y ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = (2,4,2); ∀𝜆 ∈ ℝ, ∄𝑘 ∈ ℝ tal que ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = 𝑘𝑑 𝑑𝑟 y ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 nunca son colineales (linealmente dependientes). Por tanto, las rectas se cortan (concurrentes) o se cruzan (alabeadas). Además: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (−1,1, −1).En todo caso: 1 𝜆 −2 || 2 4 2 || ⃗⃗⃗⃗𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ |−4 − 2𝜆 − 4 − (8 + 2 − 2𝜆)| |−18| |[𝑑 𝑑𝑠 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 ]| −1 1 −1 𝑑(𝑟, 𝑠) = = = = → |(2𝜆 + 8, −6,4 − 2𝜆)| |2(𝜆 + 4, −3,2 − 𝜆)| ⃗⃗⃗⃗𝑟 ×𝑑 ⃗⃗⃗⃗𝑠 | |𝑑 ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 ||1 𝜆 −2|| 2 4 2 18 9 9 𝑑(𝑟, 𝑠) = = ; 𝑑(𝑟, 𝑠) = → 2 2 2 2 √2𝜆 + 4𝜆 + 29 √59 2√(𝜆 + 4) + (−3) + (2 − 𝜆)

MATEMÁTICAS B. GEOMETRÍA ANÁLITICA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

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𝜆=3 √2𝜆2 + 4𝜆 + 29 = √59 → 2𝜆2 + 4𝜆 − 30 = 0 → 𝜆2 + 2𝜆 − 15 = 0 → { 𝜆 = −5 < 0 (no, pues se pide 𝜆 > 0) b) Sea 𝑡 la recta que pasa por 𝑃 y 𝑄. Entonces, ⃗⃗⃗ 𝑑𝑡 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (−1,1, −1). ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ 𝑟⏊𝑡 → 𝑑𝑟 ⏊𝑑𝑡 → 𝑑𝑟 · 𝑑𝑡 = 0 → (1, 𝜆, −2) · (−1,1, −1) = 0 → −1 + 𝜆 + 2 = 0 → 𝜆 = −1 2015 Septiembre (Opción B) Dados los puntos 𝑃(−1, −1,1), 𝑄(1,0,2) y los planos: 𝜋1 ≡ 𝑥 − 𝑧 = 0, 𝜋2 ≡ 𝑚𝑦 − 6𝑧 = 0, 𝜋3 ≡ 𝑥 + 𝑦 − 𝑚𝑧 = 0. a) Calcular los valores de 𝑚 para que los tres planos se corten en una recta. b) Para 𝑚 = 3, calcular la ecuación del plano que contiene al punto 𝑃 y es perpendicular a la recta intersección de los planos 𝜋1 y 𝜋2 . c) Hallar la distancia entre los puntos 𝑄 y 𝑃′ , siendo 𝑃′ el simétrico de 𝑃 respecto al plano 𝜋1 . a) Para que los tres planos dados se corten en una recta el sistema que determinan (que resulta ser homogéneo) ha de ser compatible indeterminado con un grado de libertad. Por ello, el rango de la matriz del sistema (o de coeficientes) ha de ser 2. 𝑥−𝑧 = 0 𝑚𝑦 − 6𝑧 = 0 → 𝐴′ = 𝑥 + 𝑦 − 𝑚𝑧 = 0

1 0 0 𝑚 ⏟ 1 1

−1 0 1 0 −1 −6 ||0 ; 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 → |0 𝑚 −6 | = 0 → −𝑚2 + 𝑚 + 6 = 0 −𝑚 0 1 1 −𝑚 𝐴 { ( ) → 𝑚 = 3 ˅ 𝑚 = −2 𝑥=𝜇 𝑥−𝑧 =0 b) 𝑚 = 3 y sea 𝑟 = 𝜋1 ∩ 𝜋2 ≡ { → 𝑟 ≡ {𝑦 = 2𝜇 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1,2,1) → ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝛾 = (1,2,1) es el vector 𝑦 − 2𝑧 = 0 𝑧=𝜇 normal del plano pedido 𝛾. Entonces: 𝛾 ≡ 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 𝐷 = 0; 𝑃(−1, −1,1) ∈ 𝛾 → (−1) + 2(−1) + 1 + 𝐷 = 0 → 𝐷 = 2 → 𝛾 ≡ 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 2 = 0 𝑥 = −1 + 𝜇 ⃗⃗⃗⃗𝑠 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ c) Sea 𝑠 la recta perpendicular a 𝜋1 por 𝑃. Entonces, 𝑑 𝑛𝜋1 = (1,0, −1) → 𝑠 ≡ { 𝑦 = −1 𝑧 =1−𝜇 Obtengamos el punto 𝐻 = 𝑠 ∩ 𝜋1 , que es la proyección ortogonal de 𝑠 sobre 𝜋1 ≡ 𝑥 − 𝑧 = 0 → (−1 + 𝜇) − (1 − 𝜇) = 0 → 𝜇 = 1 → 𝐻(0, −1,0) Finalmente el simétrico buscado, 𝑃′ (𝑎, 𝑏, 𝑐), cumple que: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑃′ → (1,0, −1) = (𝑎, 𝑏 + 𝑐, 𝑐) → 1=𝑎 𝑎=1 {0 = 𝑏 + 𝑐 → { 𝑏 = 1 → 𝑃′ (1,1, −1); 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑄(1,0,2) → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃′ 𝑄 = (0, −1,3) → −1 = 𝑐 𝑐 = −1 ′ 𝑄 | = √02 + (−1)2 + 32 = √10 𝑢 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑(𝑃′ , 𝑄) = |𝑃

2015 Junio (Opción A.1) Los vectores 𝑢 ⃗ = (2,3,4), 𝑣 = (−1, −1, −1) 𝑦 𝑤 ⃗⃗ = (−1, 𝜆, −5) determinan un paralelepípedo de volumen 6 a) Hallar 𝜆. b) Obtener la recta 𝑟 incluida en el plano 𝑧 = 0, con dirección perpendicular a 𝑢 ⃗ = (2, −1,4) y que pasa por el punto 𝑃(1,1,0). 2 3 4 a) 𝑉 = |[𝑢 ⃗ , 𝑣, 𝑤 ⃗⃗ ]| = ||−1 −1 −1|| = |10 + 3 − 4𝜆 − 4 + 2𝜆 − 15| = |−6 − 2𝜆|; −1 𝜆 −5

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𝜆 = −6 −6 − 2𝜆 = 6 → Dos soluciones: −6 − 2𝜆 = −6 𝜆=0 b) Consideremos el plano 𝜋 perpendicular a 𝑟 por el punto 𝑃. 𝑉 = 6 → |−6 − 2𝜆| = 6 → {

𝜋 ≡ 2𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 + 𝐷 = 0; 𝑃 ∈ 𝜋 → 2 − 1 + 0 + 𝐷 = 0 → 𝐷 = −1 → 𝑥=𝜆 2𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 − 1 = 0 𝜋 ≡ 2𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 − 1 = 0 → 𝑟 ≡ { → 𝑟 ≡ {𝑦 = 2𝜆 − 1 , 𝜆 ∈ ℝ 𝑧=0 𝑧=0 2015 Junio (Opción A.2) Se considera la superficie esférica 𝐸 ≡ (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 1)2 + (𝑧 − 2)2 = 9, 𝑦 el plano 𝜋 ≡ 𝑥 − 2𝑦 + 2𝑧 + 1 = 0 Hallar los planos tangentes a 𝐸 paralelos al plano 𝜋. La esfera dada tiene por centro 𝐶(1,1,2) y por radio 𝑅 = √9 = 3. Los planos paralelos al plano 𝜋 tienen por ecuación: 𝑥 − 2𝑦 + 2𝑧 + 𝐷 = 0 y su distancia al centro de la esfera ha de ser igual al radio de ésta. Sea, pues: 𝛾 ≡ 𝑥 − 2𝑦 + 2𝑧 + 𝐷 = 0 |1 − 2 + 4 + 𝐷|

𝑑(𝐶, 𝛾) = 𝑅 →

√12 + (−2)2 + 22

=3→

|3 + 𝐷| =3 3

𝛾 ≡ 𝑥 − 2𝑦 + 2𝑧 + 6 = 0 3+𝐷 = 9 𝐷=6 → |3 + 𝐷| = 9 → { →{ → 1 𝛾2 ≡ 𝑥 − 2𝑦 + 2𝑧 − 12 = 0 3 + 𝐷 = −9 𝐷 = −12 2015 Junio (Opción B) 𝑥 = −4 + 4𝜆 Se consideran los puntos y la recta siguientes: 𝑃(−4,6,6), 𝑂(0,0,0) 𝑦 𝑟 ≡ { 𝑦 = 8 + 3𝜆 𝑧 = −2𝜆 a) Hallar un punto 𝑄 ∈ 𝑟 cuya proyección 𝑄′ sobre ̅̅̅̅ 𝑂𝑃 sea el punto medio de ̅̅̅̅ 𝑂𝑃 . b) Calcular la distancia de 𝑃 a 𝑟. c) ¿Existe algún punto 𝑅 ∈ 𝑟 de modo que 𝑂, 𝑃 𝑦 𝑅 estén alineados?

a) 𝐴(−4,8,0) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (4,3, −2); el punto medio de 𝑂𝑃 𝑒𝑠 𝑄′ (−2,3,3). 𝑄 ∈ 𝑟 → 𝑄(−4 + 4𝜆, 8 + 3𝜆, −2𝜆) → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄′ 𝑄 = (−2 + 4𝜆, 5 + 3𝜆, −3 − 2𝜆) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄′ 𝑄 ⏊𝑂𝑃 𝑄′ 𝑄 · ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃 = 0 → (−2 + 4𝜆)(−4) + (5 + 3𝜆) · 6 + (−3 − 2𝜆) · 6 = 0 → 20 − 10𝜆 = 0 → 𝜆 = 2 → 𝑄(4, 14, −4) b)

𝑑 = 𝑑(𝑃, 𝑟) =

𝑑=

⃗⃗⃗⃗𝑟 | 𝑖 𝑗 𝑘⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝑑 |𝐴𝑃 ⃗⃗⃗⃗𝑟 = |0 −2 6 | = 2(−7,12,4) → ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝑑 ; 𝐴𝑃 ⃗⃗⃗⃗𝑟 | |𝑑 4 3 −2

4√49 + 144 + 16 √16 + 9 + 4

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=

4√209

11 · 19 4√6061 = 4√ = 𝑢. 29 29 √29

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c) Tres puntos del espacio están alineados cuando determinan dos vectores colineales (o linealmente dependientes).

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃 = (−4,6,6) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑅 = (−4 + 4𝜆, 8 + 3𝜆, −2𝜆) 8 + 3𝜆 1−𝜆 = −4 + 4𝜆 8 + 3𝜆 −2𝜆 6 → ⃗⃗⃗⃗⃗ ⫽ 𝑂𝑅 ⃗⃗⃗⃗⃗ ↔ 𝑂𝑃 = = ↔{ 1 −4 6 6 1−𝜆 =− 𝜆 3 2 𝜆=− 6 − 6𝜆 = 8 + 3𝜆 9 (¡Horror!)→No existe. →{ { 3 3 − 3𝜆 = −𝜆 𝜆= 2 2014 Septiembre (Opción A.1) Se dan los puntos 𝐴(2,0, −2), 𝐵(3, −4, −1), 𝐶(5,4, −3) y 𝐷(0,1,4). Se pide: a) Calcular el área del triángulo de vértices 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶. b) Calcular el volumen del tetraedro 𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝑖 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = (3,4, −1) → ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = |1 𝐴𝐵 = (1, −4,1), 𝐴𝐶 𝐴𝐵 ×𝐴𝐶 3

a)

⃗ 𝑘 1 | = (0,4,16) → −1

𝑗 −4 4

1 1 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = √02 + 42 + 162 = √272 = 2√17 𝑢2 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = |𝐴𝐵 2 2 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = (3,4, −1) , 𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (−2,1,6) → 𝐴𝐵 = (1, −4,1), 𝐴𝐶

b)

1 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ [𝐴𝐵 𝐴𝐶 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷 ] = | 3 −2 𝑉𝑡𝑒𝑡𝑟𝑎𝑒𝑑𝑟𝑜 𝐴𝐵𝐶𝐷 =

−4 4 1

1 1 −1| = | 4 6 −2

−4 0 1

1 0| = 100 → 6

1 1 50 3 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ |[𝐴𝐵 𝐴𝐶 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷 ]| = |100| = 𝑢 6 6 3

2014 Septiembre (Opción A.2) Se dan los planos: {

𝜋1 ≡ 2𝑥 + 𝑧 − 1 = 0 𝜋2 ≡ 𝑥 + 𝑧 + 2 = 0 , se pide: 𝜋3 ≡ 𝑥 + 3𝑦 + 2𝑧 − 3 = 0

a) Obtener las ecuaciones paramétricas de la recta determinada por 𝜋1 y 𝜋2 . b) Calcular el seno del ángulo que la recta anterior forma con el plano 𝜋3 . a) 𝑟 = 𝜋1 ∩ 𝜋2 → 𝑥=3 2𝑥 + 𝑧 − 1 = 0 𝑧 = −2𝑥 + 1 −2𝑥 + 1 = −𝑥 − 2 𝑥=3 𝑟≡{ →{ →{ →{ → 𝑟 ≡ { 𝑦 = 𝜆 ,𝜆 ∈ ℝ 𝑥+𝑧+2=0 𝑧 = −𝑥 − 2 𝑧 = −𝑥 − 2 𝑧 = −5 𝑧 = −5 b) ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (0,1,0) , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋3 = (1,3,2) ⃗⃗⃗⃗𝑟 · ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |0 · 1 + 1 · 3 + 0 · 2| |𝑑 𝑛𝜋3 | 𝜋 3 3√14 𝛼 = á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜(𝑟, 𝜋3 ) → cos ( − 𝛼) = = = = 2 2 2 2 2 2 2 ⃗⃗⃗⃗𝑟 | · |𝑛 14 √0 + 1 + 0 · √1 + 3 + 2 √14 |𝑑 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝜋3 | 𝜋 3√14 3√14 cos ( − 𝛼) = → sin 𝛼 = 2 14 14

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2014 Septiembre (Opción B) 𝑥 = 1 − 2𝑡 Se dan el plano y la recta siguientes: 𝜋 ≡ 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 3 = 0, 𝑟 ≡ {𝑦 = 2 − 2𝑡 𝑧 = 1+𝑡 a) Estudiar la posición relativa de 𝑟 y de 𝜋. b) Calcular la distancia entre 𝑟 y 𝜋. c) Obtener el punto 𝑃′ simétrico de 𝑃(3,2,1) respecto del plano 𝜋. a) Sustituyamos en 𝜋 las coordenadas de un punto genérico de 𝑟, para ver si comparten algún punto. 2(1 − 2𝑡) − (2 − 2𝑡) + 2(1 + 𝑡) + 3 = 0 → 2 − 4𝑡 − 2 + 2𝑡 + 2 + 2𝑡 + 3 = 0 → 0𝑡 = −5 → ∄𝑡 → Recta y plano no tienen ningún punto común. Son paralelos. 𝑟 ‖ 𝜋 b) 𝑄(1,2,1) ∈ 𝑟, 𝑟‖𝜋 → 𝑑(𝑟, 𝜋) = 𝑑(𝑄, 𝜋) =

|2 · 1 − 2 + 2 · 1 + 3| √22

+

(−1)2

+

22

=

|5| √9

=

5 𝑢 3

𝑥 = 3 + 2𝜇 c) Obtengamos la recta 𝑠 perpendicular a 𝜋 por 𝑃(3,2,1). Como ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 → 𝑠 ≡ { 𝑦 = 2 − 𝜇 𝑧 = 1 + 2𝜇 Ahora, calculamos 𝐻 = 𝑠 ∩ 𝜋, proyección ortogonal de 𝑃 sobre 𝜋: 2(3 + 2𝜇) − (2 − 𝜇) + 2(1 + 2𝜇) + 3 = 0 → 9 + 9𝜇 → 𝜇 = −1 → 𝐻(1,3, −1) Si 𝑃′ (𝑎, 𝑏, 𝑐) es el simétrico buscado, entonces: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑃′ → (−2,1, −2) = (𝑎 − 1, 𝑏 − 3, 𝑐 + 1) −2 = 𝑎 − 1 𝑎 = −1 → { 1 = 𝑏 − 3 → { 𝑏 = 4 → 𝑃′(−1,4, −3) −2 = 𝑐 + 1 𝑐 = −3 2014 Junio (Opción A) 𝑥=0 Dados el punto 𝑃(1,0,1), el plano 𝜋 ≡ 𝑥 + 5𝑦 − 6𝑧 = 1 y la recta 𝑟 ≡ { , se pide: 𝑦=0 a) Calcular el punto 𝑃′ simétrico de 𝑃 respecto de 𝜋. b) Hallar la distancia de 𝑃 a 𝑟. c) Calcular el volumen del tetraedro formado por el origen de coordenadas 𝑂(0,0,0), y las intersecciones de 𝜋 con los ejes coordenados 𝑂𝑋, 𝑂𝑌 𝑦 𝑂𝑍. a) Consideremos la recta 𝑠 que pasa por 𝑃 y es perpendicular a 𝜋. ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = 𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝜋 = (1,5, −6) → 𝑥 = 1+𝜇 𝑠 ≡ { 𝑦 = 5𝜇 . A continuación obtenemos 𝐻 = 𝑠 ∩ 𝜋 (la proyección ortogonal de 𝑃 sobre 𝜋): 𝑧 = 1 − 6𝜇 En 𝑥 + 5𝑦 − 6𝑧 = 1 sustituimos las coordenadas de un punto genérico de 𝑠, y se obtiene: (1 + 𝜇) + 5(5𝜇) − 6(1 − 6𝜇) = 1 → −6 + 62𝜇 = 0 → 𝜇 =

3 34 15 13 → 𝐻( , . ) 31 31 31 31

Si 𝑃′ (𝑎, 𝑏, 𝑐) es el simétrico buscado, entonces ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑃′ →

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3 34 37 =𝑎− 𝑎= 31 31 31 3 15 18 34 15 13 37 30 5 30 15 15 ( , , − ) = (𝑎 − ,𝑏 − ,𝑐 − ) → → 𝑏= → 𝑃′ ( , ,− ) =𝑏− 31 31 31 31 31 31 31 31 31 31 31 31 18 13 5 {− 31 = 𝑐 − 31 {𝑐 = − 31 b)

𝑟≡{

𝑥=0 𝑥=0 → 𝑟 ≡ {𝑦 = 0 → 𝑂(0,0,0) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (0,0,1); 𝑦=0 𝑧=𝜆 𝑖 ⃗⃗⃗⃗𝑟 = |1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃 = (1,0,1) → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃 ×𝑑 0

𝑑(𝑃, 𝑟) =

𝑗 0 0

⃗ 𝑘 1| = (0, −1,0) 1

⃗⃗⃗⃗𝑟 | |(0, −1,0)| √02 + (−1)2 + 02 ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝑑 |𝑂𝑃 = = → 𝑑(𝑃, 𝑟) = 1 |(0,0,1)| ⃗⃗⃗⃗𝑟 | √02 + 02 + 12 |𝑑

c) Las intersecciones de 𝜋 ≡ 𝑥 + 5𝑦 − 6𝑧 = 1 con los ejes de coordenadas: 1 1 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (0,0, − ) 𝑂𝐴 𝐴 (0,0, − ) 𝑥 = 0, 𝑦 = 0, 𝑧 = − 6 6 6 1 1 1 → → ⃗⃗⃗⃗⃗ → 𝑂𝐵 = (0, , 0) 𝐵 (0, , 0) 𝑥 = 0, 𝑦 = , 𝑧 = 0 5 5 5 𝑂𝐶 = (1,0,0) { 𝑥 = 1, 𝑦 = 0, 𝑧 = 0 { 𝐶(1,0,0) { ⃗⃗⃗⃗⃗

𝑉𝑂𝐴𝐵𝐶 =

1 6| 1 1 | = | | = 1 𝑢3 180 0 || 6 30

0

0

−

1

1 5 0

0

1 1| ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ |[𝑂𝐴 𝑂𝐵 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐶 ]| = || 6 6| 0

2014 Junio (Opción B) 𝑥=1 Dados el plano 𝜋 ≡ 2𝑥 − 𝑦 = 2 y la recta 𝑟 ≡ { 𝑦 − 2𝑧 = 2 a) Estudiar su posición relativa. b) Determinar el plano que contiene a 𝑟 y es perpendicular a 𝜋. c) Determinar la recta que pasa por 𝐴(−2,1,0), corta a 𝑟 y es paralela a 𝜋. a) Ponemos la recta en forma paramétrica y sustituimos las coordenadas en la ecuación del plano: 𝑥=1 𝑥=1 𝑥=1 𝑟≡{ → 𝑟 ≡ {𝑦 = 2 + 2𝜇 ; 2 · 1 − (2 + 2𝜇) = 2 → 𝜇 = −1 → { 𝑦 = 0 𝑦 = 2 + 2𝑧 𝑧=𝜇 𝑧 = −1 Recta y plano se cortan en el punto 𝑟 ∩ 𝜋 = 𝑃(1,0, −1) b) El plano pedido 𝛾 pasa por 𝑃(1,0, −1) y su vector normal es ortogonal a los vectores ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (0,2,1) y 𝑖 𝑛𝜋 = (2, −1,0). Por tanto, ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝛾 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 ×𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝜋 = |0 2 𝑃 ∈ 𝛾 → 1 + 2 · 0 − 4(−1) + 𝐷

⃗ 𝑗 𝑘 2 1| = (1,2, −4). Así pues: 𝛾 ≡ 𝑥 + 2𝑦 − 4𝑧 + 𝐷 = 0. −1 0 = 0 → 𝐷 = −5 → 𝛾 ≡ 𝑥 + 2𝑦 − 4𝑧 − 5 = 0

c) Sea 𝐵(1,2 + 2𝜇, 𝜇) el punto de 𝑟 en el que se corta con la recta pedida 𝑠. Entonces: ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (3,1 + 2𝜇, 𝜇). Como 𝑠‖𝜋 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ⏊ ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 · ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = 0 → (3,1 + 2𝜇, 𝜇) · (2, −1,0) = 0 →

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6 − 1 − 2𝜇 + 0 = 0 → 𝜇 =

𝑥 = −2 + 6𝜆 5 5 ⃗⃗⃗⃗𝑠 = (3,6, ) → ⃗⃗⃗ →𝑑 𝑣𝑠 = (6,12,5) → 𝑠 ≡ { 𝑦 = 1 + 12𝜆 2 2 𝑧 = 5𝜆

2013 Septiembre (Opción A-1) Dados los puntos: 𝐴(2, −2,1), 𝐵(0,1, −2), 𝐶(−2,0, −4), 𝐷(2, −6,2), se pide: a) Probar que el cuadrilátero 𝐴𝐵𝐶𝐷 es un trapecio y hallar la distancia entre los dos lados paralelos. b) Hallar el área del triángulo ABC.

a)

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (−2,3, −3) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶 = (−2, −1, −2)

⃗⃗⃗⃗⃗ → ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ , pero ⃗⃗⃗⃗⃗ → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐷 = (−2)𝐴𝐵 𝐶𝐷 ‖𝐴𝐵 𝐵𝐶 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐴 no lo son. Se trata, pues, de un ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐷 = (4, −6,6) { ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐴 = (0, ,4,1) trapecio. Sea la recta 𝑟 la que contiene al lado 𝐴𝐵. Entonces, ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (−2,3, −3). La distancia pedida:

𝑑(𝐴𝐵, 𝐶𝐷) = 𝑑(𝐶, 𝑟) =

⃗⃗⃗⃗𝑟 | ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝑑 |𝐵𝐶 = ⃗⃗⃗⃗𝑟 | |𝑑

𝑖 ||−2 −2

𝑗 −1 3

⃗ 𝑘 −2|| −3

|(−2,3, −3)|

=

|(9, −2, −8)| √81 + 4 + 64 149 = = √ 𝑢. |(−2,3, −3)| 22 √4 + 9 + 9

b) 𝑖 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = |−2 𝐴𝐵 ×𝐴𝐶 −4

𝑗 3 2

⃗ 𝑘 1 149 2 √81 + 4 + 64 ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = = √ 𝑢 −3| = (−9,2,8) → 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = 2 |𝐴𝐵 2 2 −5

2013 Septiembre (Opción A-2) Dados el punto 𝑃(1,2, −1) y el plano 𝜋 ≡ 𝑥 + 2𝑦 − 2𝑧 + 2 = 0, sea 𝑆 la esfera que es tangente al plano 𝜋 en un punto 𝑃′ de modo que el segmento 𝑃𝑃′ es uno de sus diámetros. Se pide: a) Hallar el punto de tangencia 𝑃′ . b) Hallar la ecuación de 𝑆. a) Si 𝑃𝑃′ es un diámetro de la esfera, entonces 𝑃′ resulta ser la proyección ortogonal de 𝑃 sobre 𝜋. 𝑥 =1+𝜇 Comencemos trazando la recta 𝑟 perpendicular a 𝜋 por 𝑃. ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = 𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝜋 = (1,2, −2) → 𝑟 ≡ { 𝑦 = 2 + 2𝜇 𝑧 = −1 − 2𝜇 Calculamos 𝑃′ = 𝑟 ∩ 𝜋 sustituyendo en la ecuación de 𝜋 las coordenadas de un punto genérico de 𝑟. (1 + 𝜇) + 2(2 + 2𝜇) − 2(−1 − 2𝜇) + 2 = 0 → 9𝜇 + 9 = 0 → 𝜇 = −1 → 𝑃′(0,0,1) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = |(−1, −2,2)| = √1 + 4 + 4 = 3 →El radio es: 𝑅 = 3/2 b) El diámetro de la esfera 𝑆 es 𝐷 = |𝑃𝑃′ El centro de 𝑆 es el punto medio del diámetro 𝑃𝑃′ , esto es el punto: 1 + 0 2 + 0 −1 + 1 1 𝐶( , , ) → 𝐶 ( , 1,0 ) 2 2 2 2 2 1 2 3 1 9 𝑆 ≡ (𝑥 − ) + (𝑦 − 1)2 + (𝑧 − 0)2 = ( ) → 𝑆 ≡ 𝑥 2 − 𝑥 + + 𝑦 2 − 2𝑦 + 1 + 𝑧 2 − = 0 → 2 2 4 4 2 2 2 𝑆 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 𝑥 − 2𝑦 − 1 = 0

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2013 Septiembre (Opción B) Sean 𝑟𝐴 la recta con vector dirección (1, 𝜆, 2) que pasa por el punto 𝐴(1,2,1), 𝑟𝐵 la recta con vector dirección (1,1,1) que pasa por el punto 𝐵(1, −2,3) y 𝑟𝐶 la recta con vector dirección (1,1, −2) que pasa por 𝐶(4,1, −3). a) Hallar 𝜆 para que las rectas 𝑟𝐴 y 𝑟𝐵 se corten. b) Hallar 𝜆 para que la recta 𝑟𝐴 sea paralela al plano definido por 𝑟𝐵 y 𝑟𝐶 . c) Hallar el ángulo que forman 𝑟𝐵 y 𝑟𝐶 . a) Claramente los vectores directores de ambas rectas no son colineales, por lo que dichas rectas se cortan o se cruzan. Para que se corten, los vectores directores de ambas y el vector que une un punto de una de ellas con un punto de la otra han de ser coplanares (o linealmente dependientes). 1 𝜆 2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ [𝑑 1 1| = 0 → 2 − 8 + 4 − 2𝜆 = 0 → −2 − 2𝜆 = 0 → 𝜆 = −1 𝑟𝐴 , 𝑑𝑟𝐵 , 𝐴𝐵 ] = 0 → |1 0 −4 2 𝑥−1 𝑦+2 𝑧−3 b) El plano dado 𝜋 ≡ | 1 1 1 | = 0 → (−3)(𝑥 − 1) + 3(𝑦 + 2) + 0(𝑧 − 3) = 0 → 1 1 −2 𝜋 ≡ 𝑥 − 𝑦 − 3 = 0 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (1, −1,0); 𝑟𝐴 ‖ 𝜋 → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟𝐴 ⏊𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝜋 → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟𝐴 · ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = 0 → (1, 𝜆, 2) · (1, −1,0) = 0 → 1 − 𝜆 = 0 → 𝜆 = 1 . Además, 𝐴(1,2,1) ∉ 𝜋, pues 1 − 2 − 3 ≠ 0, por lo que 𝑟𝐴 ‖ 𝜋 c) Sea 𝛼 el ángulo pedido. Entonces: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |𝑑 |(1,1,1) · (1,1, −2)| |1 + 1 − 2| |0| 𝜋 𝑟 · 𝑑 𝑟𝐶 | cos 𝛼 = 𝐵 → cos 𝛼 = = = =0→ 𝛼= |(1,1,1)||(1,1, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −2)| √1 + 1 + 1√1 + 1 + 4 √3√6 2 |𝑑 𝑟 ||𝑑𝑟 | 𝐵

𝐶

2013 Junio (Opción A) Dados el punto 𝑃(−1,0,2) y las rectas 𝑟 ≡ {

𝑥 = 1+𝜆 𝑥−𝑧 = 1 y 𝑠 ≡ { 𝑦 = 𝜆 , se pide: 𝑦 − 𝑧 = −1 𝑧=3

a) Determinar la posición relativa de 𝑟 y 𝑠. b) Determinar las ecuaciones de la recta que pasa por 𝑃 y corta a 𝑟 y a 𝑠. c) Determinar las ecuaciones de la perpendicular común a 𝑟 y a 𝑠. 𝑥 =1+𝜇 𝑥 =1+𝑧 → {𝑦 = −1 + 𝜇 → 𝐴(1, −1,0) ∈ 𝑟 y ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1,1,1) 𝑦 = −1 + 𝑧 𝑧=𝜇 𝑥 = 1+𝜆 𝑠 ≡ { 𝑦 = 𝜆 → 𝐵(1,0,3) , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = (1,1,0); ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (0,1,3) 𝑧=3 Al no ser colineales (linealmente dependientes) los vectores directores, las rectas se cortan o se 0 1 3 ⃗⃗⃗⃗𝑠 ] = |1 1 1| = 1 ≠ 0 → 𝑟 𝑦 𝑠 alabeadas (se cruzan) ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ cruzan: [𝐴𝐵 𝑑𝑟 , 𝑑 1 1 0 b) Sea 𝑡 la recta pedida. Sean los puntos de dicha recta: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (2 + 𝜇, −1 + 𝜇, −2 + 𝜇) 𝑃𝑀 𝑃(−1,0,2), 𝑀(1 + 𝜇, −1 + 𝜇, 𝜇) ∈ 𝑟, 𝑁(1 + 𝜆, 𝜆, 3) ∈ 𝑠 → { Ha de ser: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (2 + 𝜆, 𝜆, 1) 𝑃𝑁 2 + 𝜇 −2 + 𝜇 = 2 + 𝜇 −1 + 𝜇 −2 + 𝜇 2 + 𝜇 = −4 − 2𝜆 + 2𝜇 + 𝜆𝜇 1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑀 ‖ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑁 → = = →{ 2+𝜆 →{ −1 + 𝜇 −2 + 𝜇 −1 + 𝜇 = −2𝜆 + 𝜆𝜇 2+𝜆 𝜆 1 = 𝜆 1 Restando miembro a miembro: a) 𝑟 ≡ {

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7 7 7𝜆 5 3𝜆 5 → −1 + = −2𝜆 + → = →𝜆= 2 2 2 2 2 3 7 9 5 7 11 5 3 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ( , , ) → ⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (11,5,3) → 𝜇 = → 𝑀 ( , , ) → 𝑃𝑀 𝑑𝑡 = 2𝑃𝑀 2 2 2 2 2 2 2 𝑥 = −1 + 11𝜏 𝑡≡{ , 𝑐𝑜𝑛 𝜏 ∈ ℝ 𝑦 = 5𝜏 𝑧 = 2 + 3𝜏 ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 ⃗⃗⃗⃗𝑠 = |1 1 1| = (−1,1,0) c) Vector director de la perpendicular común ℎ: ⃗⃗⃗⃗ 𝑑ℎ = ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 ×𝑑 1 1 0 𝑥−1 𝑦 𝑧−3 Consideremos el plano 𝜋 que contiene a 𝑠 y es perpendicular a 𝑟: 𝜋 ≡ | 1 1 0 |=0→ −1 1 0 𝜋 ≡ 𝑧 − 3 = 0. A continuación, obtengamos el punto 𝐻 = 𝑟 ∩ 𝜋. Este punto está en la recta pedida. 3 = −4 + 2𝜇 → 𝜇 =

𝑥 =4−𝜌 0 + 0 + 𝜇 − 3 = 0 → 𝜇 = 3 → 𝐻(4,2,3) ∈ ℎ → ℎ ≡ {𝑦 = 2 + 𝜌 , 𝑐𝑜𝑛 𝜌 ∈ ℝ 𝑧=3 2013 Junio (Opción B) Dados el punto 𝑃(1,0, −1), el plano 𝜋 ≡ 2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 1 = 0 y la recta 𝑟 ≡ {

−2𝑥 + 𝑦 − 1 = 0 , se pide: 3𝑥 − 𝑧 − 3 = 0

a) Determinar la ecuación del plano que pasa por 𝑃, es paralelo a 𝑟 y perpendicular a 𝜋. b) Hallar el ángulo entre 𝑟 y 𝜋. ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 a) Sea 𝛾 el plano pedido. Entonces, ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 ‖ 𝛾 y también ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 ‖ 𝛾. Es ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = |−2 1 0 | = (−1, −2, −3) 3 0 −1 𝑥−1 𝑦 𝑧+1 Entonces, como ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (2, −1,1), será: 𝛾 ≡ | 2 −1 1 | = 0 → 5(𝑥 − 1) + 5𝑦 − 5(𝑧 + 1) = 0 → −1 −2 −3 𝛾 ≡𝑥+𝑦−𝑧−2=0 b) Si 𝛼 es el ángulo pedido, 𝛼 = 90º − 𝛽, donde 𝛽 es el ángulo que forma la recta y la normal al plano. Entonces: ⃗⃗⃗⃗𝑟 · ⃗⃗⃗⃗ |(−1, −2, −3) · (2, −1,1)| |−2 + 2 − 3| |𝑑 𝑛𝜋 | 3 √21 sin 𝛼 = cos 𝛽 = = = = = 2 2 2 2 2 2 ⃗⃗⃗⃗ 14 2√21 √14√6 |𝑑𝑟 ||𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝜋 | √(−1) + (−2) + (−3) √2 + (−1) + 1 → 𝛼 = arcsin

√21 14

2012 Septiembre (Opción A-1) Se dan la recta 𝑟 y el plano 𝜋 mediante: 𝑥−4 𝑦−1 𝑧−2 𝑟≡ = = , 𝜋 ≡ 2𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 − 7 = 0 2 −1 3 Obtener los puntos de la recta cuya distancia al plano es igual a uno. 𝑥 = 4 + 2𝜇 Ponemos la recta en forma paramétrica: 𝑟 ≡ { 𝑦 = 1 − 𝜇 . Un punto genérico es: 𝑃(4 + 2𝜇, 1 − 𝜇, 2 + 3𝜇) 𝑧 = 2 + 3𝜇

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𝑑(𝑃, 𝜋) = 1 →

|2(4 + 2𝜇) + (1 − 𝜇) − 2(2 + 3𝜇) − 7| √22 + 12 + (−2)2

−2 − 3𝜇 = 3 |−2 − 3𝜇| ˅ |−2 =1→ =1→ − 3𝜇| = 3 → { 3 −2 − 3𝜇 = −3

5 2 8 → 𝑃1 ( , , −3) 3 3 3 ˅ → 1 14 2 𝜇 = → 𝑃2 ( , , 3) 3 3 3 { 𝜇=−

2012 Septiembre (Opción A-2) Dadas las rectas: 𝑟≡

𝑥−1 𝑦−2 𝑧 𝑥+𝑦=4 = = , 𝑠≡{ 2𝑥 + 𝑧 = 4 2 2 −2

a) Hallar la ecuación del plano que pasa por 𝐴(2,3,4) y es paralelo a las rectas dadas. b) Determinar las ecuaciones de la recta que pasa por 𝐵(4, −1,2) y es perpendicular al plano hallado anteriormente. a) 𝑥=𝜆 1 𝑦=4−𝑥 𝑣 = (2,2, −2) → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = 𝑣 = (1,1, −1); 𝑠 ≡ { → 𝑠 ≡ { 𝑦 = 4 − 𝜆 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = (1, −1, −2) 𝑧 = 4 − 2𝑥 2 𝑧 = 4 − 2𝜆 𝑥−2 𝑦−3 𝑧−4 Plano pedido: 𝜋 ≡ | 1 1 −1 | = 0 → 𝜋 ≡ (−3)(𝑥 − 2) + (𝑦 − 3) − 2(𝑧 − 4) = 0 → 1 −1 −2 𝜋 ≡ −3𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 + 11 = 0 → 𝜋 ≡ 3𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 11 = 0 b) Sea 𝑡 la recta pedida. 𝑛𝜋 = (3, −1,2) → ⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑡 = (3, −1,2) → 𝑡 ≡

𝑥−4 𝑦+1 𝑧−2 = = 3 −1 2

2012 Septiembre (Opción B) Dado el punto 𝑃(2,1, −1), se pide: a) Hallar el punto 𝑃′ simétrico de 𝑃 respecto del punto 𝑄(3,0,2). b) Hallar el punto 𝑃′′ simétrico de 𝑃 respecto de la recta 𝑟 ≡ 𝑥 − 1 = 𝑦 − 1 = 𝑧. c) Hallar el punto 𝑃′′′ simétrico de 𝑃 respecto del plano 𝜋 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 3. a) Sea 𝑃′ (𝑥, 𝑦, 𝑧). Ha de ser ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄𝑃′ → (3 − 2,0 − 1,2 − (−1)) = (𝑥 − 3, 𝑦 − 0, 𝑧 − 2) → 𝑥=4 𝑥−3=1 (1, −1,3) = (𝑥 − 3, 𝑦, 𝑧 − 2) → { 𝑦 = −1 → {𝑦 = −1 → 𝑃′(4, −1,5) 𝑧−2=3 𝑧=5 b) 𝑟≡

𝑥 =1+𝜇 𝑥−1 𝑦−1 𝑧−0 = = → 𝑟 ≡ {𝑦 = 1 + 𝜇 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1,1,1) 1 1 1 𝑧=𝜇

Obtengamos el plano 𝛾 que es perpendicular a 𝑟 por 𝑃(2,1, −1). ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝛾 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 → 𝛾 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝐷 = 0; 𝑃 ∈ 𝛾 → 2 + 1 + (−1) + 𝐷 = 0 → 𝐷 = −2 → 𝛾 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 2 = 0 A continuación hallamos la proyección ortogonal del punto 𝑃 sobre 𝑟, que es el punto 𝐻 = 𝑟 ∩ 𝜋 (1 + 𝜇) + (1 + 𝜇) + 𝜇 − 2 = 0 → 𝜇 = 0 → 𝐻(1,1,0)

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𝑥 − 1 = −1 Finalmente, si 𝑃′′ (𝑥, 𝑦, 𝑧), se tiene: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑃′′ → (−1,0,1) = (𝑥 − 1, 𝑦 − 1, 𝑧 − 0) → { 𝑦 − 1 = 0 → 𝑧=1 𝑃′′(0,1,1) c) 𝜋 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3 = 0 → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (1,1,1). Hallemos la recta perpendicular a 𝜋 por 𝑃. 𝑥 = 2+𝜇 𝑠 ≡ { 𝑦 = 1 + 𝜇 . Y ahora 𝐻 = 𝑠 ∩ 𝜋, que es la proyección ortogonal de 𝑃 sobre 𝜋. 𝑧 = −1 + 𝜇 (2 + 𝜇) + (1 + 𝜇) + (−1 + 𝜇) − 3 = 0 → −1 + 3𝜇 = 0 → 𝜇 = Para acabar, si 𝑃′′′ (𝑥, 𝑦, 𝑧), se tiene:

1 7 4 2 → 𝐻( , ,− ) 3 3 3 3

7 1 = 3 3 7 4 2 7 4 2 8 5 1 4 1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑃′′′ → ( − 2, − 1, − + 1) = (𝑥 − , 𝑦 − , 𝑧 + ) → 𝑦 − = → 𝑃′′′ ( , , − ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 1 {𝑧 + 3 = 3 𝑥−

2012 Junio (Opción A) Dados los puntos 𝑃1 (1,3, −1), 𝑃2 (𝑎, 2,0), 𝑃3 (1,5,4) 𝑦 𝑃4 (2,0,2), se pide: a) Hallar 𝑎 de modo que los cuatro puntos estén el mismo plano. b) Hallar los valores de 𝑎 para que el tetraedro con vértices en estos cuatro puntos tenga un volumen igual a 7. c) Hallar la ecuación del plano cuyos puntos equidistan de 𝑃1 y 𝑃3 . a) 𝑃1 , 𝑃2 , 𝑃3 , 𝑃4 coplanarios → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃1 𝑃2 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃1 𝑃3 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃1 𝑃4 coplanares (linealmente dependientes)→ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃1 𝑃2 = (𝑎 − 1, −1,1) 𝑎 − 1 −1 1 𝑎−1 0 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Como { 𝑃 , [𝑃 𝑃 , 𝑃 𝑃 , 𝑃 𝑃 ] = 0 → | | = 0 → | 0 2 5 0 7 𝑃 = (0,2,5) 1 2 1 3 1 4 1 3 1 −3 3 1 0 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃 1 𝑃4 = (1, −3,3)

1 5| = 0 → 3

4 𝑎−1 1 | = 0 → 7(3𝑎 − 4) = 0 → 𝑎 = 1 3 3 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ b) Utilizamos el resultado anterior: [𝑃1 𝑃2 , 𝑃1 𝑃3 , 𝑃1 𝑃4 ] = 7(3𝑎 − 4) 1 1 7 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑉 = |[𝑃 𝑃 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃 𝑃 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃 𝑃 ]| = |7(3𝑎 − 4)| = |3𝑎 − 4| = 7 → |3𝑎 − 4| = 6 6 1 2 1 3 1 4 6 6 10 3𝑎 − 4 = 6 → 𝑎 = 3 ˅ → 2 3𝑎 − 4 = −6 → 𝑎 = − 3 { ̅̅̅̅̅̅ c) El lugar geométrico 𝜋 = {𝑋(𝑥, 𝑦, 𝑧) /𝑑(𝑃1 , 𝑋) = 𝑑(𝑃3 , 𝑋)} es el plano mediador del segmento 𝑃 1 𝑃3 7|

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑(𝑃1 , 𝑋) = 𝑑(𝑃3 , 𝑋) → |𝑃 1 𝑋 | = |𝑃3 𝑋 | → |(𝑥 − 1, 𝑦 − 3, 𝑧 + 1)| = |(𝑥 − 1, 𝑦 − 5, 𝑧 − 4)| → √(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 3)2 + (𝑧 + 1)2 = √(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 5)2 + (𝑧 − 4)2 → (𝑦 − 3)2 + (𝑧 + 1)2 = (𝑦 − 5)2 + (𝑧 − 4)2 → 𝑦 2 − 6𝑦 + 9 + 𝑧 2 + 2𝑧 + 1 = 𝑦 2 − 10𝑦 + 25 + 𝑧 2 − 8𝑧 + 16 → 𝜋 ≡ 4𝑦 + 10𝑧 − 31 = 0

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2012 Junio (Opción B) Dadas las rectas: 𝑟1 ≡

𝑥−2 𝑦−1 𝑧 = = 3 −5 2

𝑦

𝑥 = −1 − 𝜆 𝑟2 ≡ { 𝑦 = 3 + 𝜆 𝑧=5

a) Estudiar su posición relativa. b) Hallar la distancia mínima entre ellas. 𝑄(−1,3,5) ∈ 𝑟2 𝑃(2,1,0) ∈ 𝑟1 a) 𝑟1 ≡ {⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑦 𝑟2 ≡ { ⃗⃗⃗⃗⃗ → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (−3,2,5); las rectas no son paralelas ni 𝑑𝑟2 = (−1,1,0) 𝑑𝑟1 = (3, −5,2) coincidentes, pues los vectores directores no son colineales. −3 2 5 −1 2 5 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ [𝑃𝑄 𝑑𝑟1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟2 ] = | 3 −5 2| = |−2 −5 2| = −8 ≠ 0 → rectas alabeadas (se cruzan) −1 1 0 0 1 0 ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 ⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 = | 3 −5 2| = (−2, −2, −2); como las rectas se cruzan, utilizamos la fórmula: b) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟1 ×𝑑 2 −1 1 0 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ |−8| |[𝑃𝑄 𝑑𝑟1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟2 ]| 8 8 4 4√3 𝑑(𝑟1 , 𝑟2 ) = = = = = = 𝑢. 2 2 2 |(−2, ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ −2, −2)| 3 √12 √3 |𝑑𝑟1 ×𝑑𝑟2 | √(−2) + (−2) + (−2) 2011 Septiembre (Opción A) Dados los planos: 𝜋1 ≡ 2𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 − 1 = 0, 𝜋2 ≡ 2𝑥 + 𝑦 − 3𝑧 − 1 = 0, y la recta: 𝑥−1 𝑧+2 𝑟≡ =𝑦+1 = 2 2 a) Hallar el punto (o puntos) de 𝑟 que equidista de 𝜋1 y de 𝜋2 . b) Obtener el volumen del tetraedro que 𝜋1 forma con los planos coordenados OXY, OXZ, OYZ. c) Obtener la proyección ortogonal de 𝑟 sobre 𝜋2 . 𝑥 = 1 + 2𝜇 a) Como 𝑄(1, −1, −2) ∈ 𝑟 y ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (2,1,2), es 𝑟 ≡ { 𝑦 = −1 + 𝜇 →Sea, pues, 𝑃(1 + 2𝜇, −1 + 𝜇, −2 + 2𝜇) 𝑧 = −2 + 2𝜇 𝑑(𝑃, 𝜋1 ) = 𝑑(𝑃, 𝜋2 ) → |2(1 + 2𝜇) + 3(−1 + 𝜇) + (−2 + 2𝜇) − 1| |2(1 + 2𝜇) + (−1 + 𝜇) − 3(−2 + 2𝜇) − 1| = → √22 + 32 + 12 √22 + 12 + (−3)2 9𝜇 − 4 = −𝜇 + 6 → 𝜇 = 1 → 𝑃1 (3,0,0) ˅ = → |9𝜇 − 4| = |−𝜇 + 6| → 1 1 5 5 √14 √14 9𝜇 − 4 = 𝜇 − 6 → 𝜇 = − → 𝑃2 ( , − , − ) 4 2 4 2 { b) Los puntos de corte del plano 𝜋1 ≡ 2𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 − 1 = 0 con los ejes de coordenadas son: 1 1 𝑦 = 0, 𝑧 = 0 → 𝑥 = → 𝐴 ( , 0,0) 2 2 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑂𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ ]| = 1 1 𝑦 𝑂(0,0,0) → 𝑉𝑇𝑒𝑡𝑟𝑒𝑎𝑑𝑟𝑜 𝑂𝐴𝐵𝐶 = |[𝑂𝐴 𝑥 = 0, 𝑧 = 0 → 𝑦 = → 𝐵 (0, , 0) 6 3 3 { 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 → 𝐶(0,0,1) |9𝜇 − 4|

|−𝜇 + 6|

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1 1 ||2 6 ||0

0

0

| | = 1 | 1| = 1 · 1 = 1 𝑢 3 1 6 6 36 0| | 6 6 3 0 0 1 c) Obtengamos el plano 𝛾 que es perpendicular a 𝜋2 y contiene a la recta 𝑟 (𝛾⏊𝜋2 , 𝑟 ⊂ 𝛾). La recta pedida 𝑠 (proyección ortogonal de 𝑟 sobre 𝜋2 ) es la intersección de los planos 𝛾 y 𝜋2 (𝑠 = 𝛾 ∩ 𝜋2 ). 𝑥−1 𝑦+1 𝑧+2 𝑛𝜋2 = (2,1, −3), ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄(1, −1, −2) ∈ 𝑟, ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (2,1,2) → 𝛾 ≡ | 2 1 −3 | = 0 → 2 1 2 𝛾 ≡ 5(𝑥 − 1) − 10(𝑦 + 1) = 0 → 𝛾 ≡ 𝑥 − 2𝑦 − 3 = 0 5 𝑀 (3,0, ) ∈ 𝑠 𝑥 = 3 + 6𝜆 3 𝑦 = 3𝜆 𝑥 − 2𝑦 − 3 = 0 𝑠≡{ → → 𝑠≡{ ,𝜆 ∈ ℝ ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 5 2𝑥 + 𝑦 − 3𝑧 − 1 = 0 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = |1 −2 0 | = (6,3,5) 𝑧 = + 5𝜆 3 { 2 1 −3 2011 Septiembre (Opción B) Dado el punto 𝑃(0,1,1) y las rectas: 𝑟≡

𝑥−1 𝑦+1 𝑧 = = 2 1 −1

𝑦

𝑠≡{

𝑥=0 𝑦=0

a) Determinar las coordenadas del punto simétrico de 𝑃 respecto de 𝑟. b) Determinar la recta que pasa por 𝑃, tiene dirección perpendicular a la recta 𝑟 y corta a la recta 𝑠. 𝑥 = 1 + 2𝜇 a) Ponemos la recta 𝑟 en forma paramétrica: 𝑟 ≡ {𝑦 = −1 + 𝜇 , con ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (2,1, −1). 𝑧 = −𝜇 Sea 𝐻(1 + 2𝜇, −1 + 𝜇, −𝜇) ∈ 𝑟 la proyección ortogonal de 𝑃 sobre 𝑟. ⃗⃗⃗⃗𝑟 → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (1 + 2𝜇, −2 + 𝜇, −1 − 𝜇). Como 𝑃𝐻 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⏊𝑑 Es 𝑃𝐻 𝑃𝐻 · ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = 0 → 1 2 7 1 (1 + 2𝜇) · 2 + (−2 + 𝜇) · 1 + (−1 − 𝜇)(−1) = 0 → 6𝜇 + 1 = 0 → 𝜇 = − → 𝐻 ( , − , ) 6 3 6 6 Si 𝑃′ (𝑥, 𝑦, 𝑧) es el punto simétrico buscado: 2 2 4 𝑥− = 𝑥= 3 3 3 2 13 5 2 7 1 7 13 10 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐻 = 𝐻𝑃′ → ( , − , − ) = (𝑥 − , 𝑦 + , 𝑧 − ) → 𝑦 + = − → 𝑦=− 3 6 6 3 6 6 6 6 3 2 1 5 { 𝑧 = −3 { 𝑧 − 6 = −6 4 10 2 → 𝑃′ ( , − , − ) 3 3 3

b) Llamemos 𝑡 a la recta pedida. Sea 𝑄(0,0, 𝑧) = 𝑠 ∩ 𝑡, el punto de 𝑡 en que se corta con 𝑠. Como 𝑃(0,1,1) ∈ 𝑡 → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄𝑃 = (0,1,1 − 𝑧) = ⃗⃗⃗ 𝑑𝑡 . Al ser 𝑡⏊𝑟 → ⃗⃗⃗ 𝑑𝑡 · ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = 0 → (0,1,1 − 𝑧) · (2,1, −1) = 0 𝑥=0 → 0 + 1 + (−1)(1 − 𝑧) = 0 → 𝑧 = 0 → 𝑄(0,0,0) → ⃗⃗⃗ 𝑑𝑡 = (0,1,1) → 𝑡 ≡ {𝑦 = 𝜆 , 𝜆 ∈ ℝ 𝑧=𝜆

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2011 Junio (Opción A) a) Calcular el volumen del tetraedro que tiene un vértice en el origen de coordenadas y los otros tres 𝑦=0 𝑥=0 vértices en las intersecciones de las rectas 𝑟1 ≡ 𝑥 = 𝑦 = 𝑧, 𝑟2 ≡ { ,𝑟 ≡ { con el plano 𝑧=0 𝑧=0 3 𝜋 ≡ 2𝑥 + 3𝑦 + 7𝑧 = 24. b) Hallar la recta 𝑠 que corta perpendicularmente a las rectas: 𝑥+1 𝑦−5 𝑧+1 𝑥 𝑦+1 𝑧−1 𝑟4 ≡ = = 𝑦 𝑟5 ≡ = = 1 2 −2 2 3 −1 a) 𝐴 = 𝑟1 ∩ 𝜋: 2𝑥 + 3𝑥 + 7𝑥 = 24 → 𝑥 = 2 → 𝐴(2,2,2); 𝐵 = 𝑟2 ∩ 𝜋: 2𝑥 + 0 = 24 → 𝑥 = 12 → 𝐵(12,0,0); ⃗⃗⃗⃗⃗ = (2,2,2) 𝑂𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (12,0,0) → 𝐶 = 𝑟3 ∩ 𝜋: 0 + 3𝑦 + 0 = 24 → 𝑦 = 8 → 𝐶(0,8,0). Entonces:{𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐶 = (0,8,0) 1 1 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑂𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ ]| = ||12 𝑉𝑇𝑒𝑡𝑟𝑎𝑒𝑑𝑟𝑜 𝑂𝐴𝐵𝐶 = |[𝑂𝐴 6 6 0

2 0 8

2 1 1 0|| = · 2 · 12 · 8 · ||1 6 0 0

1 0 1

1 0|| = 32 · |1| = 32 𝑢3 0

⃗ 𝑘 𝑃(−1,5, −1) ∈ 𝑟4 −2| = (4, −3, −1); { 𝑄(0, −1,1) ∈ 𝑟 5 −1 𝑥+1 𝑦−5 𝑧+1 Obtenemos el plano 𝛾 que contiene a 𝑟4 y a la recta pedida 𝑠: 𝛾 ≡ | 1 2 −2 | = 0 4 −3 −1 𝑥 𝑦+1 𝑧−1 Obtenemos el plano 𝛿 que contiene a 𝑟5 y a la recta pedida 𝑠: 𝛿 ≡ |2 3 −1 | = 0 4 −3 −1 𝛾 ≡ −8(𝑥 + 1) − 7(𝑦 − 5) − 11(𝑧 + 1) = 0 → 𝛾 ≡ 8𝑥 + 7𝑦 + 11𝑧 − 16 = 0 { → 𝛿 ≡ −6𝑥 − 2(𝑦 + 1) − 18(𝑧 − 1) = 0 → 𝛿 ≡ 3𝑥 + 𝑦 + 9𝑧 − 8 = 0 14 𝑦= 8𝑥 + 7𝑦 + 11𝑧 − 16 = 0 7𝑦 + 11𝑧 = 16 13 → (0, 14 , 10) ∈ 𝑠 → 𝑠≡{ ;𝑥 = 0 → { →{ 10 3𝑥 + 𝑦 + 9𝑧 − 8 = 0 𝑦 + 9𝑧 = 8 13 13 𝑧= 13 𝑥 = 4𝜆 14 𝑦= − 3𝜆 𝑠≡ ,𝜆 ∈ ℝ 13 10 𝑧= −𝜆 { 13

𝑖 ⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 = |1 b) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟4 = (1,2, −2) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟5 = (2,3, −1) → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟4 ×𝑑 5 2

𝑗 2 3

2011 Junio (Opción B.1) Dados los planos: 𝜋1 ≡ 2𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = 1, 𝜋2 ≡ 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = 1, se pide: a) Estudiar su posición relativa. b) En caso de que sean paralelos, hallar la distancia entre ellos. En caso de que se corten, hallar un punto y un vector director de la recta que determinan. a) Considerando que ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋1 = (2,1, −2) y ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋2 = (1, −1,2), y que: 2 1 −2 ≠ = 1 −1 2 Los vectores normales no son colineales (linealmente dependientes), por lo que ambos planos no son coincidentes ni paralelos. Por ello, se cortan en una recta. Veamos si lo hacen perpendicularmente: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋1 · ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋2 = (2,1, −2) · (1, −1,2) = 2 − 1 − 4 = −3 ≠ 0 → Se cortan de forma oblicua.

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2𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = 1 b) Sea, pues, 𝑟 ≡ { ; sumando miembro a miembro ambas ecuaciones: 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = 1 2 2 1 2 1 3𝑥 = 2 → 𝑥 = ; 𝑧 = 0 → − 𝑦 = 1 → 𝑦 = − ; 𝑃 ( , − , 0) ∈ 𝑟 3 3 3 3 3 ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 1 𝑛𝜋1 ×𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = − (0, −6, −3) → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (0,2,1) 𝜋2 = |2 1 −2| = (0, −6, −3) → ⃗⃗⃗⃗ 3 1 −1 2 2011 Junio (Opción B.2) a) Hallar la ecuación del plano 𝜋1 que pasa por los puntos 𝐴(1,0,0), 𝐵(0,2,0)𝑦 𝐶(0,0, ,1). b) Hallar la ecuación del plano 𝜋2 que contiene al punto 𝑃(1,2,3) y es perpendicular al vector 𝑣 = (−2,1,1). c) Hallar el volumen del tetraedro de vértices 𝐴, 𝐵, 𝐶 𝑦 𝑃. a) Los puntos dados determinan los vectores: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (−1,2,0) y ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 = (−1,0,1). Entonces: 𝑥−1 𝑦 𝑧 𝜋1 ≡ | −1 2 0| = 0 → 𝜋1 ≡ 2(𝑥 − 1) + 𝑦 + 2𝑧 = 0 → 𝜋1 ≡ 2𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 − 2 = 0 −1 0 1 b) Es ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋2 = 𝑣 = (−2,1,1) → 𝜋2 = −2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝐷 = 0; 𝑃(1,2,3) ∈ 𝜋2 → −2 + 2 + 3 + 𝐷 = 0 → 𝐷 = −3 → 𝜋2 ≡ −2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3 = 0 → 𝜋2 ≡ 2𝑥 − 𝑦 − 𝑧 + 3 = 0 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (−1,0,1) 𝑦 𝐴𝑃 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (0,2,3). c) El tetraedro está construido sobre los vectores ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (−1,2,0), 𝐴𝐶 Entonces: 1 1 −1 2 0 1 4 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑉𝑇𝑒𝑡𝑟𝑎𝑒𝑑𝑟𝑜 𝐴𝐵𝐶𝑃 = |[𝐴𝐵 𝐴𝐶 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑃 ]| = ||−1 0 1|| = |8| = 𝑢3 6 6 6 3 0 2 3 2010 Septiembre (Opción A.1) Dadas las rectas 𝑟1 ≡ {

𝑥=0 𝑦=1 y 𝑟2 ≡ { . Se pide: 𝑦−𝑧=0 𝑧=3

a) Hallar la ecuación de la recta 𝑡 que corta a 𝑟1 y 𝑟2 y es perpendicular a ambas. b) Hallar la mínima distancia entre las rectas 𝑟1 y 𝑟2 . a) Ponemos las rectas en forma paramétrica: 𝑥=𝜇 𝑃(0,1,3) ∈ 𝑟1 𝑟1 ≡ {𝑦 = 1 → {⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑑𝑟1 = (1,0,0) 𝑧=3

𝑥=0 𝑂(0,0,0) ∈ 𝑟2 𝑟2 ≡ { 𝑦 = 𝜏 → { ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟2 = (0,1,1) 𝑧=𝜏 ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 ⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 = |1 0 0| = (0, −1,1) La dirección perpendicular a ambas rectas: ⃗⃗⃗ 𝑑𝑡 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟1 ×𝑑 2 0 1 1 Dos puntos genéricos de sendas rectas: 𝑀(𝜇, 1,3) 𝑦 𝑁(0, 𝜏, 𝜏) → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑁 = (−𝜇, 𝜏 − 1, 𝜏 − 3) Entonces: 𝑥=0 −𝜇 𝜏 − 1 𝜏 − 3 𝑀=𝑃 𝜇=0 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ‖ ⃗⃗⃗ 𝑀𝑁 𝑑𝑡 → = = →{ →{ → 𝑡 ≡ {𝑦 = 1 − 𝜆 , 𝜆 ∈ ℝ 𝑁(0,2,2) 𝜏=2 0 −1 1 𝑧 =3+𝜆

b) 0 1 3 ||1 0 0|| ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ |2| |[𝑂𝑃 𝑑𝑟1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟2 ]| 0 1 1 2 𝑑(𝑟1 , 𝑟2 ) = = = = = √2 𝑢. |(0, −1,1)| ⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 ×𝑑 ⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 | |𝑑 √02 + (−1)2 + 12 √2 1 2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = |(0,1, −1)| = √02 + 12 + (−1)2 = √2 También: 𝑑(𝑟1 , 𝑟2 ) = 𝑑(𝑀, 𝑁) = |𝑀𝑁

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2010 Septiembre (Opción A.2) 𝑥 =1+𝜇 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = −1 Dadas las rectas 𝑟 ≡ { 𝑦 = 2 , 𝑠 ≡ { , determinar la ecuación de la recta 𝑡 que pase por el 𝑥 + 𝑦 = −2 𝑧 = 3−𝜇 punto 𝑃(0,1, −2) y corta a las rectas dadas.

𝑥 = −2 − 𝛼 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = −1 𝑦−𝑧 =1 ~ ⏟ { →𝑠≡{ 𝑦=𝛼 { 𝑥 + 𝑦 = −2 𝑥 + 𝑦 = −2 𝐸1 −𝐸2 𝑧 = −1 + 𝛼 𝑀(1,2,3) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1,0, −1). 𝑁(−2,0, −1) ∈ 𝑠 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = (−1,1,1) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (1,1,5) 𝑦 𝑃𝑁 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (−2, −1,1) 𝑃𝑀 𝑥 Consideremos el plano 𝜋 que pasa por 𝑃 y contiene a 𝑟: 𝜋 ≡ |1 1

𝑦−1 0 1

𝑧+2 −1 | = 0 → 5

𝜋 ≡ 𝑥 − 6(𝑦 − 1) + 𝑧 + 2 = 0 → 𝜋 ≡ 𝑥 − 6𝑦 + 𝑧 + 8 = 0 𝑥 Consideremos el plano 𝛾 que pasa por 𝑃 y contiene a 𝑠: 𝛾 ≡ | 1 −2

𝑦−1 0 −1

𝑧+2 −1 | = 0 → 1

𝛾 ≡ −𝑥 + 𝑦 − 1 − (𝑧 + 2) = 0 → 𝛾 ≡ 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 + 3 = 0 La recta pedida: 𝑥 − 6𝑦 + 𝑧 + 8 = 0 𝑡 =𝜋∩𝛾 → 𝑡 ≡{ 𝑥−𝑦+𝑧+3 =0

−5𝑦 + 5 = 0 → ⏟ { → 𝑡≡{ 𝑥−𝑦+𝑧+3=0

𝐸2 −𝐸1

𝑥 = −2 − 𝛽 𝑦=1 ,𝛽 ∈ ℝ 𝑧=𝛽

2010 Septiembre (Opción B.1) Dados el plano 𝜋1 ≡ 2𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 = 𝑎 y el plano 𝜋2 determinado por el punto 𝑃(0,2,4) y los vectores ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 = (0,2,6) y ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 = (1,0, 𝑏). Se pide: a) Calcular los valores de 𝑎 𝑦 𝑏 para que ambos planos sean paralelos. 𝑎=1 b) Para { , determinar las ecuaciones paramétricas de la recta intersección de ambos planos. 𝑏=0 𝑎=4 c) Para { , determinar los puntos que están a igual distancia de ambos planos. 𝑏 = −2 𝑥 a) 𝜋2 ≡ |0 1

𝑦−2 𝑧−4 2 6 | = 0 → 𝜋2 ≡ 2𝑏𝑥 + 6(𝑦 − 2) − 2(𝑧 − 4) = 0 → 𝜋2 ≡ 𝑏𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 2 = 0 0 𝑏 2 −3 1 −𝑎 𝜋1 ≡ 2𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 − 𝑎 = 0 { ; 𝜋 ‖𝜋 → = = ≠ → 𝑎 ≠ −2 ˄ 𝑏 = −2 𝜋2 ≡ 𝑏𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 2 = 0 1 2 𝑏 3 −1 −2

b) 2𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 − 1 = 0 2𝑥 − 3 = 0 𝑟≡{ → ⏟ 𝑟≡{ →𝑟≡ 3𝑦 − 𝑧 − 2 = 0 3𝑦 − 𝑧 − 2 = 0 𝐸1 +𝐸2

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3 3 𝑥= → 𝑟≡{ 𝑦=2 ,𝜇 ∈ ℝ 2 𝜇 𝑧 = −2 + 3𝑦 𝑧 = −2 + 3𝜇 { 𝑥=

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𝜋 ≡ 2𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 − 4 = 0 c) { 1 → 𝜋1 ‖𝜋2 . Sea 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧) tal que: 𝑑(𝑃, 𝜋1 ) = 𝑑(𝑃, 𝜋2 ) → 𝜋2 ≡ −2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 2 = 0 |2𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 − 4| |−2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 2| |2𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 − 4| |−2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 2| = → = → √14 √14 √22 + (−3)2 + 12 √(−2)2 + 32 + (−1)2 2𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 − 4 = −2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 2 ˅ |2𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 − 4| = |−2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 2| → { → 2𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 − 4 = −(−2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 2) 4𝑥 − 6𝑦 + 2𝑧 − 2 = 0 ˅ { → 𝜋 ≡ 2𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 − 1 = 0 (Plano paralelo medio de 𝜋1 y 𝜋2 ) −6 = 0 (imposible)

2010 Septiembre (Opción B.2) Sean las rectas: 𝑥+1 𝑦 𝑧−1 2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = −2 𝑟≡{ 𝑦 𝑠≡ = = 𝑥 − 2𝑦 = −1 1 −3 2 a) Dados los puntos: 𝐴(1,0, −1) 𝑦 𝐵(𝑎, 3, −3), determinar el valor de 𝑎 para que la recta 𝑡 que pasa por los puntos 𝐴 𝑦 𝐵 sea paralela a 𝑠. b) Hallar la ecuación del plano que contiene a 𝑟 y es paralelo a 𝑠. 𝐴(1,0, −1) ∉ 𝑠. ⃗⃗⃗ 𝑑𝑡 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (𝑎 − 1,3, −2) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = (1, −3,2) . 𝑎−1 3 −2 ⃗⃗⃗⃗𝑠 → 𝑡‖𝑠 → ⃗⃗⃗ 𝑑𝑡 ‖𝑑 = = → 𝑎 − 1 = −1 → 𝑎 = 0 1 −3 2 2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 + 2 = 0 b) Si el plano 𝜋 contiene a 𝑟, entonces pertenece al haz de planos de arista 𝑟 ≡ { → 𝑥 − 2𝑦 + 1 = 0 𝜋 ≡ (2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 + 2) + 𝜆(𝑥 − 2𝑦 + 1) = 0 → 𝜋 ≡ (2 + 𝜆)𝑥 + (1 − 2𝜆)𝑦 − 𝑧 + (2 + 𝜆) = 0 3 ⃗⃗⃗⃗𝑠 → ⃗⃗⃗⃗ 𝜋‖𝑠 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 ⏊𝑑 𝑛𝜋 · ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = 0 → (2 + 𝜆, 1 − 2𝜆, −1) · (1, −3,2) = 0 → 2 + 𝜆 − 3 + 6𝜆 − 2 = 0 → 𝜆 = → 7 17 1 17 𝜋≡ 𝑥+ 𝑦−𝑧+ = 0 → 𝜋 ≡ 17𝑥 + 𝑦 − 7𝑧 + 17 = 0 7 7 7 ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = −2 2ª resolución: 𝑟 ≡ { → 𝑄(−1,0,0) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = |2 1 −1| = (−2, −1, −5) → 𝑥 − 2𝑦 = −1 1 −2 0 𝑥+1 𝑦 𝑧 𝜋 ≡ | −2 −1 −5| = 0 → 𝜋 ≡ −17(𝑥 + 1) + 𝑦 + 7𝑧 = 0 → 𝜋 ≡ 17𝑥 + 𝑦 − 7𝑧 + 17 = 0 1 −3 2 a)

2010 Septiembre (Opción B.3) Hallar la ecuación del plano que pasa por el origen de coordenadas y es perpendicular a los planos: 𝜋1 ≡ 5𝑥 − 𝑦 − 7𝑧 = 1, 𝜋2 ≡ 2𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 = 5 𝛾⏊𝜋1 → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝛾 ⏊𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝜋1 Llamemos 𝛾 al plano pedido. Si { → Podemos coger: 𝛾⏊𝜋2 → 𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗𝛾 ⏊𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝜋2 𝑖 𝑛𝛾 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋1 ×𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝜋2 = |5 2

𝑗 −1 3

⃗ 𝑘 −7| = (20, −19,17) → 𝛾 ≡ 20𝑥 − 19𝑦 + 17𝑧 + 𝐷 = 0; 𝑂(0,0,0) ∈ 𝛾 → 𝐷 = 0 → 1 𝛾 ≡ 20𝑥 − 19𝑦 + 17𝑧 = 0

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2010 Junio (Opción A.1) Sean las rectas: 𝑟≡

𝑥 𝑦−1 𝑧+4 𝑥 𝑦 𝑧 = = 𝑦 𝑠≡ = = 2 3 −1 1 1 4

a) Determinar las ecuaciones de la recta perpendicular común a ambas rectas. b) Calcular la distancia mínima entre ambas rectas.

0 1 𝑃(0,1, −4) 𝑂(0,0,0) ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ a) 𝑟 ≡ { 𝑦 𝑠≡{ → [𝑂𝑃 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ] = |2 3 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (2,3, −1) 𝑑𝑠 = (1,1,4) 1 1

−4 −1| ≠ 0 → 4

Las rectas dadas son alabeadas (se cruzan). Tomemos un punto genérico de cada una de 𝑀(2𝛼, 1 + 3𝛼, −4 − 𝛼) ∈ 𝑟 ellas:{ y obligaremos a que sea perpendicular a ambas rectas el vector 𝑁(𝛽, 𝛽, 4𝛽) ∈ 𝑠 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑁 = (𝛽 − 2𝛼, 𝛽 − 3𝛼 − 1,4𝛽 + 𝛼 + 4). La recta 𝑡 pedida es la que pasa por 𝑟 𝑦 𝑠. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) es: Un vector de la dirección perpendicular común (y, por tanto, colineal con 𝑀𝑁

𝑖 𝑗 ⃗⃗⃗⃗𝑠 = |2 3 𝑣 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 ×𝑑 1 1

𝑘⃗ −1| = (13, −9, −1). Entonces: 4 𝛽 − 2𝛼

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑁‖𝑣 →

𝛽 − 2𝛼

13

=

𝛽 − 3𝛼 − 1

−9

=

4𝛽 + 𝛼 + 4

−1

4𝛽 + 𝛼 + 4

=

→ {𝛽 − 13 3𝛼 − 1 −9

−1 =

4𝛽 + 𝛼 + 4

→

−1

141 𝛼=− −𝛽 + 2𝛼 = 52𝛽 + 13𝛼 + 52 53𝛽 + 11𝛼 = −52 251 →{ →{ { 317 −𝛽 + 3𝛼 + 1 = −36𝛽 − 9𝛼 − 36 35𝛽 + 12𝛼 = −37 𝛽=− 251 De este modo:

317 317 1268 𝑥+ 𝑦+ 𝑥+ 317 317 1268 251 251 251 𝑁 (− ,− ,− )→ 𝑡≡ = = 251 251 251 13 −9 −1 b) La distancia mínima entre dos rectas que se cruzan:

𝑑(𝑟, 𝑠) =

|[⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃, ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ]| ⃗⃗⃗⃗𝑠 | |⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 ×𝑑

0 1 −4 3 −1|| 1 1 4

||2 =

|(13, −9, −1)|

=

|−5| √132 + (−9)2 + (−1)2

=

5 √251

=

5√251 𝑢. 251

2010 Junio (Opción A.2) Sea la recta 𝑟 y el punto 𝑃: 𝑟≡

𝑥+1 𝑦−2 𝑧+1 = = , 𝑃(2,0, −1) −2 1 3

a) Hallar la distancia del punto a la recta. b) Hallar las coordenadas del punto 𝑃′ simétrico de 𝑃 respecto de 𝑟. 𝑖 ⃗⃗⃗⃗𝑟 = | 3 a) 𝑄(−1,2, −1) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (−2,1,3) → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄𝑃 = (3, −2,0) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄𝑃 ×𝑑 −2

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𝑗 −2 1

⃗ 𝑘 0| = (−6, −9, −1) 3

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𝑑(𝑃, 𝑟) =

⃗⃗⃗⃗𝑟 | √(−6)2 + (−9)2 + (−1)2 √118 √59 | ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄𝑃 ×𝑑 √413 = = = = 𝑢. 2 2 2 ⃗⃗⃗⃗ 7 √14 √7 |𝑑𝑟 | √(−2) + 1 + 3

b) Trazamos desde 𝑃 un plano 𝜋 perpendicular a 𝑟. Entonces: ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (−2,1,3) 𝜋 ≡ −2𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 + 𝐷 = 0; 𝑃 ∈ 𝜋 → −2 · 2 + 0 + 3(−1) + 𝐷 = 0 → 𝐷 = 7 → 𝜋 ≡ 2𝑥 − 𝑦 − 3𝑧 − 7 = 0 Obtenemos 𝐻 = 𝑟 ∩ 𝜋, `proyección ortogonal de 𝑃 sobre 𝑟: 𝑥 = −1 − 2𝜇 4 𝑟 ≡ { 𝑦 = 2 + 𝜇 → 2(−1 − 2𝜇) − (2 + 𝜇) − 3(−1 + 3𝜇) − 7 = 0 → −14𝜇 − 8 = 0 → 𝜇 = − → 7 𝑧 = −1 + 3𝜇 Llevamos este valor a la recta 𝑟: 1 10 19 𝐻( , ,− ) 7 7 7 El punto 𝑃′(𝑥, 𝑦, 𝑧) lo deducimos de la relación vectorial: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑃′ → 1 13 =− 7 7 1 10 19 1 10 19 12 20 31 10 10 ( − 2, − 0, − − (−1)) = (𝑥 − , 𝑦 − , 𝑧 − (− )) → 𝑦 − → 𝑃′ (− , , − ) = 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 19 12 {𝑧 + 7 = − 7 𝑥−

2010 Junio (Opción B.1) Sean las rectas: 𝑟≡𝑥=

𝑦−1 𝑧+1 𝑥+𝑧 =3 = 𝑦 𝑠≡{ 2𝑥 − 𝑦 = 2 2 −1

a) Hallar la ecuación del plano que determinan. b) Hallar la distancia desde el punto 𝐴(0,1, −1) a la recta 𝑠. 𝑥=𝜇 ⃗⃗⃗⃗𝑠 = (1,2, −1) a) El punto 𝐴(0,1, −1) ∈ 𝑟 y ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1,2, −1); 𝑠 ≡ {𝑦 = −2 + 2𝜇 → 𝐵(0, −2,3) ∈ 𝑠 𝑦 𝑑 𝑧 = 3−𝜇 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 𝑦 𝐴 ∉ 𝑠 → 𝑟 ‖ 𝑠 →Son rectas coplanarias. El plano 𝜋 que las contiene está determinado por 𝑥 𝑦−1 𝑧+1 𝐴 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (0, −3,4) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 . Entonces: 𝜋 ≡ |0 −3 4 | = 0 → 𝜋 ≡ −5𝑥 + 4(𝑦 − 1) + 3(𝑧 + 1) = 0 1 2 −1 → 𝜋 ≡ 5𝑥 − 4𝑦 − 3𝑧 + 1 = 0 b)

𝑑(𝐴, 𝑠) =

⃗⃗⃗⃗𝑠 | ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝑑 |𝐴𝐵 = ⃗⃗⃗⃗𝑠 | |𝑑

𝑖 ||0 1

𝑗 −3 2

⃗ 𝑘 4 || −1

|(1,2, −1)|

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=

|(−5,4,3)| √(−5)2 + 42 + 32 √50 5√3 = = = 𝑢. |(1,2, −1)| √12 + 22 + (−1)2 3 √6

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2010 Junio (Opción B.2) Sea el plano 𝜋 que contiene a los puntos 𝑃(1,0,0), 𝑄(0,2,0)𝑦 𝑅(0,0,3).Se pide: a) Hallar el volumen del tetraedro determinado por el origen de coordenadas y los puntos dados. b) Calcular las coordenadas del punto simétrico del origen de coordenadas respecto del plano 𝜋. a) Los vectores que determinan el tetraedro son: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃 = (1,0,0), ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑄 = (0,2,0) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑅 = (0,0,3). Entonces: 1 1 1 0 0 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑂𝑄 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑉 = |[𝑂𝑃 𝑂𝑅 ]| = ||0 2 0|| = |6| = 1 𝑢3 6 6 6 0 0 3 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (−1,0,3). Entonces: b) El plano 𝜋 está determinado por 𝑃, ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (−1,2,0) 𝑦 𝑃𝑅 𝑥−1 𝑦 𝑧 𝜋 ≡ | −1 2 0| = 0 → 𝜋 ≡ 6(𝑥 − 1) + 3𝑦 + 2𝑧 = 0 → 𝜋 ≡ 6𝑥 + 3𝑦 + 2𝑧 − 6 = 0 → −1 0 3 𝑛𝜋 = (6,3,2)⏊𝜋 ⃗⃗⃗⃗ 6𝜇 Escribamos la recta 𝑟 que pasa por 𝑂(0,0,0) y es perpendicular a 𝜋: 𝑟 ≡ {3𝜇 y, a continuación 2𝜇 calculemos su intersección con 𝜋 (la proyección ortogonal 𝐻 de 𝑂 sobre 𝜋): 6 36 18 12 6 · 6𝜇 + 3 · 3𝜇 + 2 · 2𝜇 − 6 = 0 → 49𝜇 − 6 = 0 → 𝜇 = → 𝐻( , , ) 49 49 49 49 Si llamamos 𝑂′ (𝑥, 𝑦, 𝑧) al simétrico pedido, se tiene: 36 36 72 𝑥− = 𝑥= 49 49 49 36 18 12 36 18 12 72 36 24 18 18 36 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐻 𝐻𝑂′ → ( , , ) = (𝑥 − ,𝑦 − ,𝑧 − ) → 𝑦 − → 𝑦= → 𝑂′ ( , , ) = 49 49 49 49 49 49 49 49 49 49 49 49 12 12 24 { 𝑧 − 49 = 49 {𝑦 = 49 2010 Junio (Opción B.3) Dados el plano: 𝜋 ≡ 2𝑥 + 𝑎𝑦 + 4𝑧 + 25 = 0 y la recta: 𝑟 ≡ 𝑥 + 1 =

𝑦−1 2

=

𝑧+3 5

a) Calcular los valores de 𝑎 para que la recta esté contenida en el plano. b) Para el valor 𝑎 = −2, hallar el punto (o los puntos) que pertenecen a la recta que es perpendicular a 𝜋 y pasa por 𝑃(−3/2, 0, − 11/2) y que dista (o distan) √6 unidades de 𝜋. c) Para el valor 𝑎 = −2, hallar el seno del ángulo que forman 𝑟 𝑦 𝜋. a) Observamos que 𝑀(−1,1, −3) ∈ 𝑟 y que ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1,2,5). También: ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (2, 𝑎, 4). 𝑀∈𝜋 2(−1) + 𝑎 · 1 + 4(−3) + 25 = 0 → 𝑎 = −11 𝑟⊂𝜋→{ ˄ →{ ˄ → 𝑎 = −11 ⃗⃗⃗⃗ (1,2,5) · (2, 𝑎, 4) = 0 → 2 + 2𝑎 + 20 = 0 → 𝑎 = −11 𝑑𝑟 ⏊𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝜋 b) 𝜋 ≡ 2𝑥 − 2𝑦 + 4𝑧 + 25 = 0. Llamemos 𝑠 a la recta tal que: 𝑃 ∈ 𝑠 y ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (2, −2,4). Entonces: 3 𝑥 = − + 2𝜇 2 3 11 𝑦 = −2𝜇 ; 𝑄 (− + 2𝜇, −2𝜇, − 𝑠≡ + 4𝜇) ∈ 𝑠 2 2 11 {𝑧 = − 2 + 4𝜇 3 11 |2 (− + 2𝜇) − 2(−2𝜇) + 4 (− + 4𝜇) + 25| 2 2 𝑑(𝑄, 𝜋) = √6 → = √6 → 2 2 2 √2 + (−2) + 4

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|−3 + 4𝜇 + 4𝜇 − 22 + 16𝜇 + 25| √24

= √6 → |24𝜇| = 18 → 𝜇 = ±

12 1 →𝜇=± → 24 2

Dos soluciones: 𝜇=

1 1 7 → 𝑄1 (− , −1, − ) 2 2 2

𝜇=−

1 5 15 → 𝑄2 (− , 1, − ) 2 2 2

{ c) Sea 𝛼 dicho ángulo. Y sea 𝛽 el ángulo que forma el vector director ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 con el vector normal 𝑛𝜋 . Entonces, ambos ángulos son complementarios: ⃗⃗⃗⃗

𝛼=

⃗⃗⃗⃗𝑟 · ⃗⃗⃗⃗ 𝜋 |𝑑 𝑛𝜋 | |(1,2,5) · (2, −2,4)| |2 − 4 + 20| 18 3√5 − 𝛽 → sin 𝛼 = cos 𝛽 = = = = = |(1,2,5)||(2, 2 ⃗⃗⃗⃗ −2,4)| 10 12√5 √30√24 |𝑑𝑟 ||𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝜋 |

2009 Septiembre (Opción A.1) Dadas las rectas: 𝑟≡

𝑥 𝑦 𝑧 𝑥−3 𝑦 𝑧−3 = = 𝑦 𝑠≡ = = 1 2 𝑎 𝑏 1 −1

Determinar los valores de los parámetros 𝑎 𝑦 𝑏 para los cuales dichas rectas se cortan perpendicularmente. Para que esto suceda, los vectores directores han de ser ortogonales, y las rectas coplanarias. Esto es: ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 · ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = 0 ˄ Si 𝑂(0,0,0) ∈ 𝑟, ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1,2, 𝑎), 𝑃(3,0,3) ∈ 𝑠 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = (𝑏, 1, −1), ha de suceder: { → ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ [𝑂𝑃 , 𝑑𝑟 , 𝑑𝑠 ] = 0 1 · 𝑏 + 2 · 1 + 𝑎(−1) = 0 −𝑎 + 𝑏 = −2 𝑎=1 −𝑎 + 𝑏 = −2 3 0 3 { →{ →{ →{ |1 2 𝑎 | = 0 𝑎 + 2𝑏 = −1 𝑏 = −1 −3 − 6𝑏 − 3𝑎 = 0 𝑏 1 −1

2009 Septiembre (Opción A.2) Dado el plano 𝜋 ≡ 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 1 = 0, hallar las ecuaciones de los planos paralelos a éste que se encuentren a 3 unidades de él. Cualquier plano 𝛾‖𝜋 puede escribirse así: 𝛾 ≡ 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝐷 = 0. Un punto de 𝜋 es 𝑃(0,1,0). Entonces: 𝑑(𝜋, 𝛾) = 𝑑(𝑃, 𝛾) =

|2 · 0 − 1 + 2 · 0 + 𝐷| √22

+

(−1)2

+

22

→{

=

|𝐷 − 1| |𝐷 − 1| ; 𝑑(𝜋, 𝛾) = 3 → = 3 → |𝐷 − 1| = 9 → 𝐷 − 1 = ±9 3 3

𝐷 = 10 → 𝛾1 ≡ 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 10 = 0 ˅ 𝐷 = −8 → 𝛾2 ≡ 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 8 = 0

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2009 Septiembre (Opción B) Dada la recta: 𝑟≡

𝑥−1 𝑦 𝑧 = = 1 −1 1

Y el plano: 𝜋 ≡ 𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 + 1 = 0, hallar la ecuación de la recta 𝑠 simétrica de la recta 𝑟 respecto de 𝜋. El punto 𝑃(1,0,0) ∈ 𝑟 y es ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1, −1,1), 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (1,1, −2). Como ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 · ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = 1 − 1 + 2 ≠ 0 →La recta dada y el plano dado no son incidentes ni paralelos. Calculemos su punto de intersección 𝑀 = 𝑟 ∩ 𝜋: 𝑥 =1+𝜇 𝑟 ≡ { 𝑦 = −𝜇 → 𝑀(1 + 𝜇, −𝜇, 𝜇). Sustituimos en 𝜋: (1 + 𝜇) + (−𝜇) − 2𝜇 + 1 = 0 → 𝜇 = 1 → 𝑀(2, −1,1) 𝑧=𝜇 A continuación, obtenemos el punto simétrico de 𝑃 respecto de 𝜋. La perpendicular a 𝜋 por 𝑃 es la recta 𝑥 =1+𝜏 𝑠 ≡ { 𝑦 = 𝜏 .Y la intersección 𝐻 = 𝑠 ∩ 𝜋 es la proyección ortogonal de 𝑃 sobre 𝜋. Sustituyendo: 𝑧 = −2𝜏 (1 + 𝜏) + 𝜏 − 2(−2𝜏) + 1 = 0 → 6𝜏 + 2 = 0 → 𝜏 = −

1 2 1 2 → 𝐻( ,− , ) 3 3 3 3

Para obtener el simétrico 𝑃′ (𝑥, 𝑦, 𝑧), utilizamos la relación vectorial: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑃′ 2 1 =− 3 3 2 1 2 2 1 2 1 2 4 1 1 ( − 1, − − 0, − 0) = (𝑥 − , 𝑦 + , 𝑧 − ) → 𝑦 + = − → 𝑃′ ( , − , ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 { 𝑧−3=3 𝑥−

La recta 𝑠′ pedida es la recta que pasa por 𝑀 𝑦 𝑃′ . Hallemos su vector director: 5 1 1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (5, −1, −1) → 𝑠 ′ ≡ 𝑥 − 2 = 𝑦 + 1 = 𝑧 − 1 𝑀𝑃′ = (− , , ) → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠′ = (−3)𝑀𝑃′ 3 3 3 5 −1 −1

2009 Junio (Opción A) Dado el plano: 𝜋 ≡ 𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 = 4, se pide: a) Punto simétrico del punto 𝑂(0,0,0) respecto del plano dado. b) Calcular el coseno del ángulo que forman el plano 𝜋 y el plano 𝑧 = 0. c) Calcular el volumen del tetraedro 𝑇 determinado por el plano 𝜋 y los planos 𝑥 = 0, 𝑦 = 0, 𝑧 = 0. 𝑥=𝜇 a) Empezamos trazando la perpendicular 𝑟 desde 𝑂 al plano 𝜋. Es ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (1,3,1) → 𝑟 ≡ {𝑦 = 3𝜇 . 𝑧=𝜇 A continuación, hallamos 𝐻 = 𝑟 ∩ 𝜋 (la intersección de 𝑟 𝑦 𝜋, ) que es la proyección ortogonal de 𝑂 sobre 𝜋. Sustituimos en 𝜋 los valores de 𝑟: 4 4 12 4 𝜇 + 3(3𝜇) + 𝜇 = 4 → 𝜇 = → 𝐻( , , ) 11 11 11 11 El simétrico pedido 𝑂′ (𝑥, 𝑦, 𝑧) verifica la relación vectorial: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑂′ →

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8 11 4 12 4 4 12 4 8 24 8 24 ( − 0, − 0, − 0) = (𝑥 − ,𝑦 − ,𝑧 − ) → 𝑦 = → 𝑂′ ( , , ) 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11 8 { 𝑧 = 11 b) El ángulo 𝛼 que forman ambos planos es el menor de los ángulos formados por sus respectivos ⃗ = (0,0,1). vectores normales: ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (1,3,1) 𝑦 𝑘 ⃗| |1 · 0 + 3 · 0 + 1 · 1| |𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝜋 · 𝑘 1 √11 → cos 𝛼 = = = = 2 2 2 2 2 2 ⃗ 11 |𝑛 √11 ⃗⃗⃗⃗𝜋 ||𝑘 | √1 + 3 + 1 · √0 + 0 + 1 c) Los vértices del tetraedro son: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑦 = 0, 𝑧 = 0 → 𝑥 = 4 → 𝐴(4,0,0) 𝑂𝐴 = (4,0,0) 4 4 4 𝑂(0,0,0) 𝑦 𝑥 = 0, 𝑧 = 0 → 𝑦 = → 𝐵 (0, , 0) → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐵 = (0, , 0) → 3 3 3 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 → 𝑧 = 4 → 𝐶(0,0,4) ⃗⃗⃗⃗⃗ { { 𝑂𝐶 = (0,0,4) 4 0 0 1 1 1 64 32 3 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑂𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ ]| = |||0 4 0||| = | | = 𝑉𝑇 = |[𝑂𝐴 𝑢 6 6 6 3 9 3 0 0 4 𝑥=

2009 Junio (Opción B) Dadas las rectas: 𝑟≡

𝑥−1 𝑦−2 𝑧 𝑥+2 𝑦 𝑧−2 = = 𝑦 𝑠≡ = = 2 3 1 2 1 1

a) Hallar la ecuación del plano 𝜋 que contiene a 𝑟 y es paralelo a 𝑠. b) Determinar la distancia entre las rectas 𝑟 𝑦 𝑠. c) Estudiar si la recta 𝑡, paralela a , paralela a 𝑟 y que pasa por 𝑂(0,0,0), corta la recta 𝑠. a) El plano pedido pasa por 𝑃(1,2,0) ∈ 𝑟 y tiene la dirección bidimensional de {

⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (2,3,1) → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = (2,1,1)

𝑥−1 𝑦−2 𝑧 𝜋≡| 2 3 1| = 0 → 𝜋 ≡ 2(𝑥 − 1) − 0(𝑦 − 2) − 4𝑧 = 0 → 𝜋 ≡ 𝑥 − 2𝑧 − 1 = 0 2 1 1 b) 𝑄(−2,0,2) ∈ 𝑠 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (−3, −2,2) → −3 −2 2 −3 −2 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ [𝑃𝑄 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ] = | 2 ⏟ |2 3 1| = 3 1| = −14 ≠ 0 →Las rectas se cruzan. 2 1 1 𝐹3 −𝐹2 0 −2 0 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ |−14| |[𝑃𝑄 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ]| 14 14 14 7√5 𝑑(𝑟, 𝑠) = = = = = = 𝑢. 2 2 2 |(2,0, ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ −4)| 5 (−4) √20 |𝑑𝑟 ×𝑑𝑠 | √2 + 0 + ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 ||2 3 1|| 2 1 1 𝑥 = 0 + 2𝜇 −2 + 2𝜆 = 2𝜇 𝑥 = −2 + 2𝜆 𝜆 = 3𝜇 c) Recta 𝑡 ≡ {𝑦 = 0 + 3𝜇 y recta 𝑠 ≡ { . Igualamos: { →Sistema incompatible. 𝑦=𝜆 𝑦 =0+𝜇 2+𝜆 =𝜇 𝑧 = 2+𝜆 Las rectas no tienen ningún punto en común. Como no son paralelas, han de ser alabeadas (se cruzan)

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2008 Septiembre (Opción A.1) Dados los puntos 𝑃(1,1,3) y 𝑄(0,1,0) a) Hallar todos los puntos 𝑅 tales que la distancia entre 𝑃 𝑦 𝑅 sea igual a la distancia entre 𝑄 𝑦 𝑅. Describir dicho conjunto de puntos. b) Hallar todos los puntos 𝑆 contenidos en la recta que pasa por 𝑃 𝑦 𝑄 que verifican 𝑑(𝑃, 𝑆) = 2𝑑(𝑄, 𝑆), donde 𝑑 indica distancia. ⃗⃗⃗⃗⃗ | → |(𝑥 − 1, 𝑦 − 1, 𝑧 − 3)| = |(𝑥, 𝑦 − 1, 𝑧)| → ⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑄𝑅 a) Sea 𝑅(𝑥, 𝑦, 𝑧). Entonces: 𝑑(𝑃, 𝑅) = 𝑑(𝑄, 𝑅) → |𝑃𝑅 √(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 1)2 + (𝑧 − 3)2 = √𝑥 2 + (𝑦 − 1)2 + 𝑧 2 → 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 + 𝑦 2 − 2𝑦 + 1 + 𝑧 2 − 6𝑧 + 9 = 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑦 + 1 + 𝑧 2 → −2𝑥 − 6𝑧 + 10 = 0 → 𝑥 + 3𝑧 − 5 = 0 (Se trata del plano mediador del segmento ̅̅̅̅ 𝑃𝑄 , que es perpendicular a dicho segmento y pasa por su punto medio). 𝑥 = −𝜇 b) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (−1,0, −3) → 𝑟(𝑃𝑄) ≡ { 𝑦 = 1 → 𝑆(−𝜇, 1, −3𝜇). Ahora debemos calcular 𝜇. 𝑧 = −3𝜇 ⃗⃗⃗⃗ = (−𝜇 − 1,0, −3𝜇 − 3) 𝑦 𝑄𝑆 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (−𝜇, 0, −3𝜇) → 𝑃𝑆 ⃗⃗⃗⃗ | = √(−𝜇 − 1)2 + 02 + (−3𝜇 − 3)2 = √10𝜇 2 + 20𝜇 + 10 𝑑(𝑃, 𝑆) = |𝑃𝑆 𝑑(𝑄, 𝑆) = √(−𝜇)2 + 02 + (−3𝜇)2 = √10𝜇 2 𝑑(𝑃, 𝑆) = 2𝑑(𝑄, 𝑆) → √10𝜇 2 + 20𝜇 + 10 = 2√10𝜇 2 → 10𝜇 2 + 20𝜇 + 10 = 40𝜇 2 → 1 1 → 𝑆1 ( , 1,1) 3 3 3𝜇 2 − 2𝜇 − 1 = 0 → ˅ 𝜇 = 1 → 𝑆2 (−1,1, −3) { 𝜇=−

2008 Septiembre (Opción A.2) Dadas las rectas: 𝑟≡

𝑥+1 𝑦−2 𝑧 = = 1 2 3

𝑦

𝑠≡

𝑥 𝑦−1 𝑧 = = 2 3 4

Hallar las ecuaciones de la recta 𝑡, perpendicular común a la recta dada. 𝑥 = 2𝛽 𝑥 = −1 + 𝛼 𝑃(−1,2,0) ∈ 𝑟 𝑄(0,1,0) ∈ 𝑠 𝑦 = 1 + 3𝛽 → { 𝑟 ≡ { 𝑦 = 2 + 2𝛼 → { ; 𝑠≡{ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗𝑠 = (2,3,4) 𝑑𝑟 = (1,2,3) 𝑑 𝑧 = 4𝛽 𝑧 = 3𝛼 𝑖 ⃗⃗⃗⃗𝑠 = |1 Dirección de la perpendicular común: ⃗⃗⃗ 𝑑𝑡 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 ×𝑑 2

𝑗 2 3

⃗ 𝑘 3| = (−1,2, −1) 4

Vamos a trazar dos planos. El primero, 𝜋, que contiene a 𝑟 y a la perpendicular común: 𝑥+1 𝜋≡| 1 −1

𝑦−2 2 2

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

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El segundo, 𝛾, que contiene a 𝑠 y a la perpendicular común: 𝑥 𝛾≡|2 −1

𝑦−1 3 2

𝑧 4 | = 0 → 𝛾 ≡ −11𝑥 − 2(𝑦 − 1) + 7𝑧 = 0 → 𝛾 ≡ 11𝑥 + 2𝑦 − 7𝑧 − 2 = 0 −1

𝑡=𝜋∩𝛾 →𝑡≡{

4𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 + 2 = 0 𝑥=2 ;𝑧 = 0 → { → 𝑇(2, −10,0) ∈ 𝑡 → 𝑦 = −10 11𝑥 + 2𝑦 − 7𝑧 − 2 = 0 𝑡≡

𝑥 − 2 𝑦 + 10 𝑧 = = −1 2 −1

2008 Septiembre (Opción B) Dados el plano 𝜋 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 y la recta: 𝑟≡

𝑥−1 𝑦+1 𝑧 = = 2 3 −4

a) Hallar el punto 𝑃 determinado por la intersección de 𝑟 con 𝜋. b) Hallar el plano 𝛾, paralelo a 𝜋, y tal que el segmento de recta 𝑟 comprendido entre los planos 𝜋 𝑦 𝛾 tenga una longitud de √29 unidades. 𝑥 = 1 + 2𝜇 a) Ponemos la recta en forma paramétrica y sustituimos en la ecuación del plano:𝑟 ≡ {𝑦 = −1 + 3𝜇 𝑧 = −4𝜇 (1 + 2𝜇) + (−1 + 3𝜇) + (−4𝜇) = 1 → 𝜇 = 1 → 𝑃(3,2, −4) b) Un plano paralelo a 𝜋 tiene la forma: 𝛾 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝐷 = 0. El punto de intersección 𝑄 = 𝑟 ∩ 𝛾: (1 + 2𝜇) + (−1 + 3𝜇) + (−4𝜇) + 𝐷 = 0 → 𝜇 = −𝐷 → 𝑄(1 − 2𝐷, −1 − 3𝐷, 4𝐷) → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (−2 − 2𝐷, −3 − 3𝐷, −4 − 4𝐷) Entonces: ⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(−2 − 2𝐷)2 + (−3 − 3𝐷)2 + (−4 − 4𝐷)2 = 𝑑(𝑃, 𝑄) = |𝑃𝑄 √4 + 8𝐷 + 4𝐷2 + 9 + 18𝐷 + 9𝐷2 + 16 + 32𝐷 + 16𝐷 2 = √29𝐷 2 + 58𝐷 + 29 𝑑(𝑃, 𝑄) = √29 → √29𝐷2 + 58𝐷 + 29 = √29 → 29𝐷2 + 58𝐷 + 29 = 29 → 29𝐷2 + 58𝐷 = 0 →

29𝐷(𝐷 + 2) = 0 → {

𝐷 = 0 → 𝛾1 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 ˅ 𝐷 = −2 → 𝛾2 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 2 = 0

2008 Junio (Opción A) 𝑥 − 𝑎𝑦 = 2 𝑥−𝑧 = 1 Dadas las rectas 𝑟 ≡ { 𝑦 𝑠≡{ , se pide: 𝑦+𝑧 =3 𝑎𝑦 + 𝑧 = 1 a) Discutir su posición relativa, según los valores del parámetro 𝑎. b) Si 𝑎 = 1, calcular la distancia mínima entre ambas rectas.

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𝑥 = 2 + 𝑎𝜇 𝑥 = 1+𝜏 𝑃(2,0,1) ∈ 𝑟 𝑄(1,3,0) ∈ 𝑠 a) 𝑟 ≡ { 𝑦 = 𝜇 → { ; 𝑠 ≡ {𝑦 = 3 − 𝜏 → { ; ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (−1,3, −1) ⃗⃗⃗⃗𝑟 = (𝑎, 1, −𝑎) ⃗⃗⃗⃗𝑠 = (1, −1,1) 𝑑 𝑑 𝑧 = 1 − 𝑎𝜇 𝑧=𝜏 𝑎 1 𝑎 −𝑎 = 1 = =− →{ → 𝑎=1 1 −1 1 ¡Imposible! →Las rectas no son paralelas ni coincidentes. Veamos si son concurrentes o alabeadas: −1 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ [𝑃𝑄 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ] = | 𝑎 1  

3 1 −1

−1 −1 ⏟ |𝑎 −𝑎 | = → 𝐹3 +𝐹1 0 1

3 1 2

−1 −𝑎| = −4𝑎 0

⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ 𝑎 = 0 → [𝑃𝑄 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ] = 0 →Las rectas son coplanarias y, por tanto, concurrentes (se cortan) ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑎 ≠ 0 → [𝑃𝑄 , 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ] ≠ 0 →Las rectas no son coplanarias y, por tanto, alabeadas (se cruzan).

𝑖 ⃗⃗⃗⃗𝑠 = |1 b) 𝑎 = 1 →Las rectas se cruzan. ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 ×𝑑 1 𝑑(𝑟, 𝑠) =

𝑗 1 −1

⃗ 𝑘 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ] = −4 · 1 = −4 → −1| = (0, −2, −2) 𝑦 [𝑃𝑄 1

⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ |−4| |[𝑃𝑄 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ]| 4 = = = √2 𝑢. ⃗⃗⃗⃗𝑟 ×𝑑 ⃗⃗⃗⃗𝑠 | |𝑑 √02 + (−2)2 + (−2)2 2√2

2008 Junio (Opción B.1) Dados los puntos 𝐴(0,0,1), 𝐵(1,0, −1) , 𝐶(0,1, −2) 𝑦 𝐷(1,2,0), se pide: a) Demostrar que los cuatro puntos no son coplanarios. b) Hallar la ecuación del plano 𝜋 determinado por 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶. c) Hallar la distancia del punto 𝐷 al plano 𝜋. a) Para ello, probemos que los vectores que determinan no son coplanares, es decir, que son ⃗⃗⃗⃗⃗ = (1,0, −2), 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (0,1 − 3) 𝑦 𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (1,2, −1). linealmente independientes.𝐴𝐵 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗ ] = |0 [𝐴𝐵 1

0 1 2

−2 −3| = 7 ≠ 0 →Los cuatro puntos no son coplanarios. −1

⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ ): b) 𝜋 es el plano que pasa por 𝐴 y tiene como dirección bidimensional (𝐴𝐵 𝑥−0 𝜋≡| 1 0

𝑦−0 0 1

𝑧−1 −2 | = 0 → 𝜋 ≡ 2𝑥 + 3𝑦 + 𝑧 − 1 = 0 −3

c) 𝑑(𝐷, 𝜋) =

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|2 · 1 + 3 · 2 + 0 − 1| √22

+

32

+

12

=

7 √14

=

√14 𝑢. 2

90

2008 Junio (Opción B.2) Dados el plano 𝜋 ≡ 3𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 + 10 = 0 y el punto 𝑃(1,2,3), se pide: a) b) c) d)

Hallar las ecuaciones de la recta 𝑟 perpendicular al plano 𝜋 por el punto 𝑃. Hallar el punto 𝑄 de intersección de 𝜋 con 𝑟. Hallar el punto 𝑅 de intersección de 𝜋 con el eje 𝑂𝑌. Hallar el área del triángulo 𝑃𝑄𝑅.

a) El vector director de la recta coincide con normal del plano: ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (3,2, −1) → 𝑥 = 1 + 3𝜇 𝑥−1 𝑦−2 𝑧−3 𝑟≡ = = o bien: 𝑟 ≡ {𝑦 = 2 + 2𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ 3 2 −1 𝑧 = 3−𝜇 b) Sustituyendo en 𝜋 las paramétricas de 𝑟: 3(1 + 3𝜇) + 2(2 + 2𝜇) − (3 − 𝜇) + 10 = 0 → 14𝜇 + 14 = 0 → 𝜇 = −1 → 𝑄 = 𝑟 ∩ 𝜋 es: 𝑄(−2,0,4) 𝑥=0 c) 𝑂𝑌 ≡ { →Sustituyendo en 𝜋: 3 · 0 + 2𝑦 − 0 + 10 = 0 → 𝑦 = −5 → 𝑅(0, −5,0) 𝑧=0 ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (−1, −7, −3) → ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = |−3 −2 1 | = (13, −10,19) → d) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (−3, −2,1) 𝑦 𝑃𝑅 𝑃𝑄 ×𝑃𝑅 −1 −7 −3 𝑆∆𝑃𝑄𝑅 =

1 1 1 3√70 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝑃𝑅 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = √132 + (−10)2 + 192 = √630 = |𝑃𝑄 𝑢 2 2 2 2

2007 Septiembre (Opción A.1) Halla los puntos de la recta: 𝑟 ≡

𝑥−3 1

=

𝑦−5 1

=

𝑧+1 −1

cuya distancia al plano 𝜋 ≡ 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 1 = 0 es igual a 1.

𝑥 =3+𝜇 Ponemos la recta en forma paramétrica: 𝑟 ≡ { 𝑦 = 5 + 𝜇 → 𝑃(3 + 𝜇, 5 + 𝜇, −1 − 𝜇) ∈ 𝑟 𝑧 = −1 − 𝜇 𝑑(𝑃, 𝜋) = 1 →

|2(3 + 𝜇) − (5 + 𝜇) + 2(−1 − 𝜇) + 1| √22 + (−1)2 + 22

=

|−𝜇| √9

= 1 → |−𝜇| = 3 → {

𝜇 = −3 → 𝑃1 (0,2,2) ˅ 𝜇 = 3 → 𝑃2 (6,8, −4)

2007 Septiembre (Opción A.2) 𝑥−𝑦=3 𝑥−𝑧 =4 Se consideran las rectas: 𝑟 ≡ { 𝑦 𝑠≡{ 2𝑥 − 𝑦 = 7 𝑥+𝑦−𝑧=0 Hallar las ecuaciones continuas de la recta que contiene al punto 𝑃(2, −1,2) y cuyo vector director es perpendicular a los vectores directores de las dos rectas anteriores. Empezamos con los vectores directores: 𝑖 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = |1 1

𝑗 −1 1

⃗ 𝑘 𝑖 𝑑𝑠 = |1 0 | = (1,1,2) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 2 −1

𝑗 0 −1

⃗ 𝑘 −1| = (−1, −2, −1) 0

Si 𝑡 es la recta pedida: 𝑖 ⃗⃗⃗ 𝑑𝑡 = | 1 −1

𝑗 1 −2

⃗ 𝑘 𝑥−2 𝑦+1 𝑧−2 2 | = (3, −1, −1) → 𝑡 ≡ 3 = −1 = −1 −1

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2007 Septiembre (Opción B) Sean las rectas: 𝑟≡

𝑥 𝑦−1 𝑧−2 = = 1 −1 2

𝑦 𝑠≡{

𝑥 − 3𝑦 − 5 = 0 𝑥 − 3𝑧 − 8 = 0

a) Hallar la ecuación del plano 𝜋 que contiene a 𝑟 y es paralelo a 𝑠. b) Calcular la distancia entre el plano 𝜋 y la recta 𝑠. 𝑥 − 3𝑦 = 5 a) 𝑃(0,1,2) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1, −1,2). En la recta 𝑠: 𝑧 = 0 → { → 𝑄(8,1,0) ∈ 𝑠 y 𝑥−8=0 ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 1 𝑣 = |1 −3 0 | = (9,3,3) → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = 𝑣 = (3,1,1) 3 1 0 −3 ⃗⃗⃗⃗𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ El plano 𝜋 pasa por 𝑃 y tiene la dirección bidimensional (𝑑 𝑑𝑠 ): 𝑥−0 𝑦−1 𝑧−2 𝜋≡| 1 −1 2 | = 0 → 𝜋 ≡ −3𝑥 + 5(𝑦 − 1) + 4(𝑧 − 2) = 0 → 𝜋 ≡ 3𝑥 − 5𝑦 − 4𝑧 + 13 = 0 3 1 1 b) 𝑠 ‖ 𝜋 → 𝑑(𝑠, 𝜋) = 𝑑(𝑄, 𝜋) =

|3 · 8 − 5 · 1 − 4 · 0 + 13| √32

+

(−5)2

+

(−4)2

=

32 √50

=

16√5 𝑢. 5

2007 Junio (Opción A) 𝑥+𝑦+1=0 Dados el punto 𝐴(1, −2, −3) y la recta 𝑟 ≡ { y el plano 𝜋 ≡ 𝑥 − 2𝑦 − 3𝑧 + 1 = 0, se pide: 𝑧=0 a) Ecuación del plano que pasa por 𝐴, es paralelo a 𝑟 y perpendicular a 𝜋. b) Ecuaciones de la recta que pasa por 𝐴, corta a 𝑟 y es paralela a 𝜋.

a) {

𝑥 = −1 − 𝜇 → 𝑃(−1,0,0) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (−1,1,0) 𝑦=𝜇 𝑧=0

Si 𝛾 es el plano pedido (𝛾⏊𝜋) tiene como dirección bidimensional:{

⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (−1,1,0) → 𝑛𝜋 = (1, −2, −3) ⃗⃗⃗⃗

𝑥−1 𝑦+2 𝑧+3 𝜋 ≡ | −1 1 0 | = 0 → 𝜋 ≡ −3(𝑥 − 1) − 3(𝑦 + 2) + 𝑧 + 3 = 0 → 1 −2 −3 𝜋 ≡ 3𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 = 0 b) Sea 𝑠 la recta pedida. Llamemos 𝑄 = 𝑟 ∩ 𝑠 → 𝑄(−1 − 𝜇, 𝜇, 0). Entonces:

⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑄 = (−2 − 𝜇, 𝜇 + 2,3); 𝑠‖ 𝜋 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ⏊𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝜋 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 · ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = 0 → 1 · (−2 − 𝜇) + (−2)(𝜇 + 2) + (−3) · 3 = 0 → −3𝜇 − 15 = 0 → 𝜇 = −5 → 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑄 = (3, −3,3). Tomamos como director de 𝑠: ⃗⃗⃗ 𝑣𝑠 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑄 = (1, −1,1). Entonces: 3

𝑥−1 𝑦+2 𝑧+3 𝑠≡ = = 1 −1 1

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2007 Junio (Opción B) Dados los puntos 𝐴(𝛼, 2, 𝛼), 𝐵(2, −𝛼, 0), 𝐶(𝛼, 0, 𝛼 + 2) a) ¿Existe algún valor de 𝛼 para el cual los puntos dados estén alineados? b) Comprobar que, si los puntos dados no están alineados, determinan un triángulo isósceles. c) Calcular la ecuación del plano que contiene al triángulo ∆𝐴𝐵𝐶 para 𝛼 = 0 y hallar la distancia de este plano al origen de coordenadas. ⃗⃗⃗⃗⃗ = (0, −2,2). Si los puntos están alineados, los vectores ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ son a) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (2 − 𝛼, −𝛼 − 2, −𝛼) y 𝐴𝐶 𝐴𝐵 y 𝐴𝐶 colineales, esto es: 2 − 𝛼 −𝛼 − 2 −𝛼 −2(2 − 𝛼) = 0 → 𝛼 = 2 = = →{ ; 2≠1→ −2𝛼 + 4 = 2𝛼 → 𝛼 = 1 0 −2 2 Los puntos dados nunca están alineados. ⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(𝛼 − 2)2 + 𝛼 2 + (𝛼 + 2)2 = √3𝛼 2 + 8 |𝐵𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ | → b) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶 = (𝛼 − 2, 𝛼, 𝛼 + 2); { → |𝐵𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(2 − 𝛼)2 + (−𝛼)2 + (−2 − 𝛼)2 = √3𝛼 2 + 8 |𝐴𝐵 Los lados 𝐵𝐶 𝑦 𝐴𝐵 son iguales, por lo que el triángulo es isósceles. 𝑥−0 𝑦−2 𝑧−0 c) 𝛼 = 0 → 𝐴(0,2,0), ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (2, −2,0) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 = (0, −2,2) → 𝜋 ≡ | 2 −2 0 |=0→ 0 −2 2 𝜋 ≡ −4𝑥 − 4(𝑦 − 2) − 4𝑧 = 0 → 𝜋 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑥 − 2 = 0 𝑑(𝑂, 𝜋) =

|0 + 0 + 0 − 2| √12 + 12 + 12

=

2 √3

=

2√3 𝑢. 3

2006 Septiembre (Opción A) Dados los puntos: 𝐴(0,1,0) 𝑦 𝐵(1,0,1), se pide: a) Escribir la ecuación que deben verificar los puntos 𝑋(𝑥, 𝑦, 𝑧) que equidistan de 𝐴 y de 𝐵. b) Determinar la ecuación que verifican los puntos 𝑋(𝑥, 𝑦, 𝑧) cuya distancia a 𝐴 es igual a la distancia de 𝐴 a 𝐵. c) Escribir las ecuaciones paramétricas de la recta formada por los puntos 𝐶(𝑥, 𝑦, 𝑧) del plano 𝜋 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 3 tales que el triángulo 𝐴𝐵𝐶 es rectángulo con el ángulo recto en el vértice 𝐴. ⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝐵𝑋 ⃗⃗⃗⃗⃗ | → √(𝑥 − 0)2 + (𝑦 − 1)2 + (𝑧 − 0)2 = √(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 0)2 + (𝑧 − 1)2 a) 𝑑(𝐴, 𝑋) = 𝑑(𝐵, 𝑋) → |𝐴𝑋 → 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑦 + 1 + 𝑧 2 = 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 + 𝑦 2 + 𝑧 2 − 2𝑧 + 1 → 2𝑥 − 2𝑦 + 2𝑧 − 1 = 0 Se trata del plano mediador (perpendicular al segmento 𝐴𝐵 por su punto medio). ⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(0 − 1)2 + (1 − 0)2 + (0 − 1)2 = √3; 𝑑(𝐴, 𝑋) = √(𝑥 − 0)2 + (𝑦 − 1)2 + (𝑧 − 0)2 b) 𝑑(𝐴, 𝐵) = |𝐴𝐵 𝑑(𝐴, 𝑋) = √3 → 𝑥 2 + (𝑦 − 1)2 + 𝑧 2 = 3 → 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 − 2𝑦 − 2 = 0 Se trata de una superficie esférica de centro (0,1,0) y radio √3. ⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑥, 𝑦 − 1, 𝑧). ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ → ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 → (−1)𝑥 + 1(𝑦 − 1) + (−1) · 𝑧 = 0 → c) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (−1,1, −1) 𝑦 𝐴𝐶 𝐴𝐵⏊𝐴𝐶 𝐴𝐵 · 𝐴𝐶 −𝑥 + 𝑦 − 𝑧 − 1 = 0 → 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = −1 𝑥 = 1−𝜇 𝑥+𝑦+𝑧 =3 2𝑦 = 4 𝑦=2 Entonces,𝐶(𝑥, 𝑦, 𝑧) verifica:{ → ⏟ { →{ → { 𝑦 = 2 ,𝜇 ∈ ℝ 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = −1 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = −1 𝑥 =1−𝑧 𝐸1 −𝐸2 𝑧=𝜇 Se trata de una recta.

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2006 Septiembre (Opción B) Un plano 𝜋 corta a los ejes de coordenadas en los puntos: 𝐴(1,0,0), 𝐵(0, 𝑘, 0) 𝑦 𝐶(0,0,4). Se pide: a) Hallar el valor de 𝑘 > 0 de manera que el volumen del tetraedro 𝑂𝐴𝐵𝐶 sea 2. b) Para el valor de 𝑘 obtenido en el apartado anterior, calcular la longitud de la altura del tetraedro 𝑂𝐴𝐵𝐶 correspondiente al vértice 𝑂. ⃗⃗⃗⃗⃗ = (1,0,0), 𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (0, 𝑘, 0) 𝑦 𝑂𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (0,0,4). a) El tetraedro está construido sobre los vectores 𝑂𝐴 𝑘 = −3 < 0 (no se ite) 1 1 0 0 1 2 ˅ |4𝑘| |𝑘| |𝑘| 𝑉𝑂𝐴𝐵𝐶 = ||0 𝑘 0|| = · = =2→ =3→{ 6 6 3 𝑘 = 3 0 0 4 ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (−1,3,0) 𝑦 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (−1,0,4) → ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = |−1 3 0| = (12,4,3) b) Para 𝑘 = 3𝐴𝐵 𝐴𝐵 ×𝐴𝐶 −1 0 4 El volumen de un tetraedro es la tercera parte de la superficie de la base por la altura. 1 1 1 1 13 ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = |(12,4,3)| = √122 + 42 + 32 = √169 = 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = |𝐴𝐵 2 2 2 2 2 1 1 13 12 𝑉𝑂𝐴𝐵𝐶 = 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 · ℎ → 2 = · ·ℎ → ℎ= 𝑢. 3 3 2 13 2006 Junio (Opción A) Sean las rectas: 𝑟≡

𝑥+1 𝑦−2 𝑧 = = −2 2 −4

𝑦 𝑠≡

𝑥−2 𝑦+1 𝑧+2 = = 3 1 1

a) Hallar las ecuaciones de la recta 𝑡 que pasa por el origen de coordenadas y corta a las dos rectas anteriores. b) Hallar la recta 𝑝 perpendicular común a las rectas 𝑟 𝑦 𝑠. 𝑥 = 2 + 3𝛽 𝑥 = −1 − 2𝛼 𝑃 = 𝑟 ∩ 𝑡 → 𝑃(−1 − 2𝛼, 2 + 2𝛼, −4𝛼) a) 𝑟 ≡ { 𝑦 = 2 + 2𝛼 𝑦 𝑠 ≡ {𝑦 = −1 + 𝛽 . Llamemos: { 𝑄 = 𝑠 ∩ 𝑡 → 𝑄(2 + 2𝛽, −1 + 𝛽, −2 + 𝛽) 𝑧 = −2 + 𝛽 𝑧 = −4𝛼 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃 = (−1 − 2𝛼, 2 + 2𝛼, −4𝛼) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ → Entonces: { . Y se ha de cumplir: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃 ‖𝑂𝑄 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑄 = (2 + 2𝛽, −1 + 𝛽, −2 + 𝛽) −1 − 2𝛼 2 + 2𝛼 −4𝛼 (−1 − 2𝛼)(−1 + 𝛽) = (2 + 2𝛽)(2 + 2𝛼) = = →{ → (2 + 2𝛼)(−2 + 𝛽) = (−1 + 𝛽)(−4𝛼) 2 + 2𝛽 −1 + 𝛽 −2 + 𝛽 1 − 𝛽 + 2𝛼 − 2𝛼𝛽 = 4 + 4𝛼 + 4𝛽 + 4𝛼𝛽 6𝛼𝛽 + 2𝛼 + 5𝛽 + 3 = 0 { →{ → ⏟ −4 + 2𝛽 − 4𝛼 + 2𝛼𝛽 = 4𝛼 − 4𝛼𝛽 3𝛼𝛽 − 4𝛼 + 𝛽 − 2 = 0 𝐸1 −2𝐸2

10𝛼 + 7 𝛽=− 30𝛼 2 + 43𝛼 − 13 = 0 10𝛼 + 3𝛽 + 7 = 0 3 10𝛼 + 7 { →{ →{ 10𝛼 + 7 3𝛼𝛽 − 4𝛼 + 𝛽 − 2 = 0 𝛽=− 2 −10𝛼 − 11𝛼 − −2 =0 3 3 2 17 26 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝛼 = −1, 𝛽 = 1 (no isible) 𝑂𝑃 = (− , , ) 15 15 15 13 8 { →{ 2 17 26 𝛼 = − ,𝛽 = − ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑄 = ( , − , − ) 30 9 9 9 9 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 9𝑂𝑄 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (2, −17,26) →(al pasar por (0,0,0)) Entonces: ⃗⃗⃗ 𝑑𝑡 = (−15)𝑂𝑃 𝑡≡

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𝑥 𝑦 𝑧 = = 2 −17 −26

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b) 𝑀(−1,2,0) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (−2,2, −4); 𝑁(2, −1, −2) ∈ 𝑠 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = (3,1,1) → ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 1 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗𝑠 = |−2 2 −4| = (6, −10, −8) → (6, −10, −8) = (3, −5, −4) 𝑑𝑟 ×𝑑 2 3 1 1 El vector director de la perpendicular común es ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑝 = (3, −5, −4). Construimos dos planos, de modo que cada uno de ellos contenga a una de las rectas y a la dirección perpendicular común. La recta pedida será la intersección de los dos planos: 𝑥+1 𝑦−2 𝑧 𝜋 ≡ | −2 2 −4| = 0 → 𝜋 ≡ (−28)(𝑥 + 1) − 20(𝑦 − 2) + 4𝑧 = 0 → 𝜋 ≡ 7𝑥 + 5𝑦 − 𝑧 − 3 = 0 3 −5 −4 𝑥−2 𝛾≡| 3 3

𝑦+1 1 −5

𝑧+2 1 | = 0 → 𝛾 ≡ (𝑥 − 2) + 15(𝑦 + 1) − 18(𝑧 + 2) = 0 → 𝛾 ≡ 𝑥 + 15𝑦 − 18𝑧 − 23 = 0 −4

7 79 𝑥+ 𝑦− 7 79 7𝑥 + 5𝑦 − 𝑧 − 3 = 0 10 50 = 𝑧 𝑝≡{ → 𝑇 (− , , 0) ∈ 𝑝 → 𝑝 ≡ = 𝑥 + 15𝑦 − 18𝑧 − 23 = 0 10 50 3 −5 −4 2006 Junio (Opción B.1) Sea 𝑟 la recta que pasa por el origen de coordenadas 𝑂 y tiene como vector director 𝑣 = (4,3,1). Hallar un punto 𝑃 contenido en dicha recta, tal que si llamamos 𝑄 a su proyección sobre el plano 𝜋 ≡ 𝑧 = 0, el triángulo 𝑂𝑃𝑄 tenga área 1. 𝑥 = 4𝜇 Se tiene que: 𝑟 ≡ {𝑦 = 3𝜇 → 𝑃(4𝜇, 3𝜇, 𝜇). La proyección de 𝑃 sobre 𝜋 es 𝑄(4𝜇, 3𝜇, 0). 𝑧=𝜇 El triángulo 𝑂𝑃𝑄 está construido sobre los vectores: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃 = (4𝜇, 3𝜇, 𝜇) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑄 = (4𝜇, 3𝜇, 0). Su superficie es:

𝑆∆𝑂𝑃𝑄 =

1 1 𝑖 ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝑂𝑄 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = ||4𝜇 |𝑂𝑃 2 2 4𝜇

𝑗 3𝜇 3𝜇

⃗ 𝑘 1 1 2 𝜇2 5𝜇 2 2 2 𝜇 || = |(−3𝜇 , 4𝜇 , 0)| = |𝜇 (−3,4,0)| = √(−3)2 + 42 + 02 = 2 2 2 2 0

𝑃1 (

2

5𝜇 2 √10 = 1 → 𝜇2 = → 𝜇 = ± → 2 5 5 {

𝑃2 (−

4√10 3√10 √10 , , ) 5 5 5

4√10 3√10 √10 ,− ,− ) 5 5 5

2006 Junio (Opción B.2) Determinar la posición relativa de las rectas: 𝑟≡

𝑥+4 𝑦−7 𝑧 𝑥 + 2𝑦 − 5𝑧 − 5 = 0 = = 𝑦 𝑠≡{ 2𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 − 4 = 0 −3 4 1

𝑖 𝑃(−4,7,0) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (−3,4,1). ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = |1 2

𝑗 2 1

⃗ 𝑘 −5| = (9, −12, −3) 2

⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗𝑟 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑 = (−3)𝑑 𝑑𝑟 colineal con ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 Observamos que: { 𝑠 → 𝑟 ‖ 𝑠 (las rectas dadas son paralelas) (−4) + 2 · 7 − 5 · 0 − 5 ≠ 0 → 𝑃 ∉ 𝑠

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2005 Septiembre (Opción A.1) Discutir según los valores del parámetro real 𝑘 la posición relativa de los planos: 𝜋1 ≡ 𝑥 + 𝑧 = 𝑘 {𝜋2 ≡ 4𝑥 + (𝑘 − 2)𝑦 + (𝑘 + 2)𝑧 = 𝑘 + 2 𝜋3 ≡ 2(𝑘 + 1)𝑥 − (𝑘 + 6)𝑧 = −𝑘 Consideramos las dos matrices asociadas al sistema determinado por los tres planos: 1 4 ⏟ 2𝑘 + 2

𝐴′ =

0 𝑘−2 0 𝐴

( det(𝐴) = |

1 4 2𝑘 + 2

0 𝑘−2 0

1 𝑘 𝑘 + 2 ||𝑘 + 2 −𝑘 − 6 −𝑘 )

1 1 𝑘 + 2 | = (𝑘 − 2)(−1)2+2 | 2𝑘 + 2 −𝑘 − 6 det(𝐴) = 0 → 𝑘 = 2 ˅ 𝑘 = −



1 | = (𝑘 − 2)(−3𝑘 − 8) −𝑘 − 6

8 3

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 8 𝑘 ≠ 2 ˄ 𝑘 ≠ − → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 3 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 Los tres planos tienen un único punto en común (el vértice del triedro que forman).



1 0 4 0 ⏟ 6 0

𝑘 = 2 → 𝐴′ = (



1 2 4 || 4 −8 −2

𝐴

1 (0 𝐹2 −4𝐹1 0 ~ ⏟

)

𝐹3 −6𝐹1

0 0 0

1 2 0 | −4 ) →Sistema incompatible. −14 −14

Son 𝜋1 ≡ 𝑥 + 𝑧 = 2 𝑦 𝜋2 ≡ 𝑥 + 𝑧 = 1 paralelos y 𝜋3 corta a los dos.

1 8 𝑘 = − → 𝐴′ = 3

4 (

10 − ⏟3

0 14 − 3 0 𝐴

8 1 − 3 2 | 3 2 − ~ ⏟ (6 3 − 10 | 3 3𝐹1 3 8 − 3 3 3 ) 2𝐹2

0 −7 0

3 −8 3 ⏟ (0 −1| −1 ) ~ 12 3 − 5 𝐹2 −2𝐹1 0 𝐹3 −𝐹1

0 −7 0

3 −8 −7| 15 ) → 28 0 5

9 − 𝐹3 10

Sistema incompatible: Son 𝜋1 ≡ 3𝑥 + 3𝑧 = −8 𝑦 𝜋2 ≡ 3𝑥 + 3𝑧 = −

12 5

paralelos y 𝜋3 corta a

los dos.

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2005 Septiembre (Opción A.2) 𝑥−𝑦=3 𝑥−𝑧=4 Se consideran las rectas: 𝑟 ≡ { 𝑦 𝑠≡{ 2𝑥 − 𝑦 = 7 𝑥+𝑦−𝑧=0 a) Hallar la recta 𝑡, perpendicular a ambas, que pasa por el origen de coordenadas. b) Hallar las coordenadas del punto de intersección de la recta 𝑠 con la recta 𝑡 obtenida en el apartado anterior. 𝑥 =3+𝜇 𝑦 = 𝜇 → 𝑃(3,0,3) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1,1,2) 𝑧 = 3 + 2𝜇 𝑥=𝜏 𝑧 =𝑥−4 𝑠≡{ → 𝑠 ≡ {𝑦 = −7 + 2𝜏 → 𝑄(0, −7, −4) ∈ 𝑠 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = (1,2,1) 𝑦 = 2𝑥 − 7 𝑧 = −4 + 𝜏 ⃗ 𝑥 = −3𝜆 𝑖 𝑗 𝑘 𝑡⏊𝑟 ⃗⃗⃗ { → 𝑑𝑡 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 × ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = |1 1 2| = (−3,1,1). Como 𝑂(0,0,0) ∈ 𝑡 → 𝑡 ≡ { 𝑦 = 𝜆 , 𝜆 ∈ ℝ 𝑡⏊𝑠 𝑧=𝜆 1 2 1 b) Sustituyendo en 𝑠 los valores de las ecuaciones paramétricas de 𝑡: (−3𝜆) − 𝜆 = 4 { → 𝜆 = −1 → 𝑀 = 𝑠 ∩ 𝑡, 𝑀(3, −1, −1) 2(−3𝜆) − 𝜆 = 7 𝑥 =𝑦+3 𝑥 =𝑦+3 a) 𝑟 ≡ { →𝑟≡{ →𝑟≡{ 2𝑦 + 3 − 𝑧 = 0 𝑧 = 2𝑦 + 3

2005 Septiembre (Opción B) Se considera la familia de planos: Se pide:

𝑚𝑥 + (𝑚 − 2)𝑦 + 3(𝑚 + 1)𝑧 + (𝑚 + 1) = 0, siendo 𝑚 un parámetro real.

a) Determinar la recta común a todos los planos de la familia. b) Determinar el plano de esta familia que pasa por el punto 𝑃(1,1,0). 𝑥 − 2𝑧 + 1 = 0 c) Determinar el plano de esta familia que es paralelo a la recta: { . −𝑦 + 𝑧 + 1 = 0 a) La familia de planos (haz) queda:−2𝑦 + 3𝑧 + 1 + 𝑚(𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 + 1) = 0, en la que tomamos los 𝜋 ≡ −2𝑦 + 3𝑧 + 1 = 0 (para 𝑚 = 0) −2𝑦 + 3𝑧 + 1 = 0 𝑦=2 planos: { →𝑟≡{ ; 𝑧=1→{ → 𝑥 − 𝑦 + 6𝑧 + 2 = 0 𝛾 ≡ 𝑥 − 𝑦 + 6𝑧 + 2 = 0 (para 𝑚 = 1) 𝑥 = −6 𝑥 = −6 − 9𝜇 ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 𝑀(−6,2,1) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = |0 −2 3| = (−9,3,2) → 𝑟 ≡ { 𝑦 = 2 + 3𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ 𝑧 = 1 + 2𝜇 1 −1 6 b) 𝑃(1,1,0) ∈ −2𝑦 + 3𝑧 + 1 + 𝑚(𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 + 1) = 0 → −2 · 1 + 3 · 0 + 1 + 𝑚(1 + 1 + 3 · 0 + 1) = 0 → 1 1 5 4 −1 + 3𝑚 = 0 → 𝑚 = → 𝜎 ≡ 𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 + = 0 → 𝜎 ≡ 𝑥 − 5𝑦 + 12𝑧 + 4 = 0 3 3 3 3 𝑥 = −1 + 2𝜇 𝑥 − 2𝑧 + 1 = 0 𝑥 = −1 + 2𝑧 ⃗⃗⃗⃗𝑠 = (2,1,1) c) 𝑠 ≡ { →𝑠≡{ → { 𝑦 = 1 + 𝜇 → 𝑁(−1,1,0) 𝑦 𝑑 −𝑦 + 𝑧 + 1 = 0 𝑦 = 1+𝑧 𝑧=𝜇 𝛿 ≡ 𝑚𝑥 + (𝑚 − 2)𝑦 + 3(𝑚 + 1)𝑧 + (𝑚 + 1) = 0 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (𝑚, 𝑚 − 2,3𝑚 + 3) ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ⏊𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝜋 𝑠 ‖ 𝛿 → { ˄ ; ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ⏊𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝜋 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 · ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = 0 → (2,1,1) · (𝑚, 𝑚 − 2,3𝑚 + 3) = 0 → 2𝑚 + 𝑚 − 2 + 3𝑚 + 3 = 0 𝑁∉𝛿 1 1 13 5 5 → 6𝑚 + 1 = 0 → 𝑚 = − → 𝛿 ≡ − 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 + = 0 → 𝛿 ≡ 𝑥 + 13𝑦 − 15𝑧 − 5 = 0 6 6 6 2 6 Como: −1 + 13 · 1 − 15 · 0 − 5 = 7 ≠ 0 → 𝑁(−1,1,0) ∉ 𝛿

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2005 Junio (Opción A) Dado el punto 𝑃(1,3, −1), se pide: a) Escribir la ecuación que deben verificar los puntos 𝑋(𝑥, 𝑦, 𝑧) cuya distancia a 𝑃 es igual a 3. 𝑥 = 3𝜇 b) Calcular los puntos de la recta: { 𝑦 = 1 + 𝜇 cuya distancia a 𝑃 es igual a 3. 𝑧 = 1 − 4𝜇 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = |(𝑥 − 1, 𝑦 − 3, 𝑧 + 1)| = 3 → √(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 3)2 + (𝑧 + 1)2 = 3 → a) 𝑑(𝑃, 𝑋) = 3 → |𝑃𝑋 (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 3)2 + (𝑧 + 1)2 = 9 → 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 − 2𝑥 − 6𝑦 + 2𝑧 + 2 = 0 Se trata de la superficie esférica de centro 𝑃(1,3, −1) y radio 𝑅 = 3. b) Un punto genérico de la recta dada: 𝑋(3𝜇, 1 + 𝜇, 1 − 4𝜇). Entonces, ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑋 = (3𝜇 − 1, 𝜇 − 2, 2 − 4𝜇) 2 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑(𝑃, 𝑋) = 3 → |𝑃𝑋| = 3 → √(3𝜇 − 1) + (𝜇 − 2) + (2 − 4𝜇)2 = 3 → 2 (3𝜇 − 1) + (𝜇 − 2)2 + (2 − 4𝜇)2 = 9 → 9𝜇 2 − 6𝜇 + 1 + 𝜇 2 − 4𝜇 + 4 + 4 − 16𝜇 + 16𝜇 2 = 9 → 𝜇 = 0 → 𝑋1 (0,1,1) ˅ 26𝜇 2 − 26𝜇 = 0 → 26𝜇(𝜇 − 1) = 0 → { 𝜇 = 1 → 𝑋2 (3,2, −3) 2005 Junio (Opción B) Dadas las rectas: 𝑟≡

𝑥−1 𝑦−1 𝑧−1 = = 2 3 4

𝑦

𝑠≡

𝑥+1 𝑦−2 𝑧 = = 1 −1 2

a) Hallar las ecuaciones de la recta 𝑡 que corta a las dos y es perpendicular a ambas. b) Calcular la distancia mínima entre 𝑟 𝑦 𝑠. a) 𝑃(1,1,1) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (2,3,4); 𝑄(−1,2,0) ∈ 𝑠 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = (1, −1,2) ⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 1 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗𝑠 = |2 3 4| = (10,0, −5) → ⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 ×𝑑 𝑑𝑡 = (10,0, −5) = (2,0, −1) 5 1 −1 2 Construimos dos planos, cada uno de los cuales contiene a una de las rectas y a la dirección perpendicular común a ambas. La recta pedida es la intersección de estos planos: 𝑥−1 𝜋≡| 2 2

𝑦−1 𝑧−1 3 4 | = 0 → 𝜋 ≡ (−3)(𝑥 − 1) + 10(𝑦 − 1) − 6(𝑧 − 1) = 0 → 𝜋 ≡ 3𝑥 − 10𝑦 + 6𝑧 + 1 = 0 0 −1 𝑥+1 𝑦−2 𝑧 𝛾≡| 1 −1 2 | = 𝛾 ≡ 𝑥 + 1 + 5(𝑦 − 2) + 2𝑧 = 0 → 𝛾 ≡ 𝑥 + 5𝑦 + 2𝑧 − 9 = 0 { 2 0 −1 28 28 17 𝑦= 𝑥 𝑦 − 25 𝑧 − 10 3𝑥 − 10𝑦 + 6𝑧 + 1 = 0 25 𝑡≡{ ;𝑥 = 0 → { → 𝑡≡ = = 17 𝑥 + 5𝑦 + 2𝑧 − 9 = 0 2 0 −1 𝑧= 10 −2 1 −1 −2 1 −1 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ b) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (−2,1, −1) → [𝑃𝑄 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ] = | 2 ⏟ | 0 4 3 | = −8 − 3 − 4 = −15 3 4| = 1 −1 2 𝐹2 +𝐹1 −1 0 1 𝐹3 +𝐹1

⃗⃗⃗⃗𝑠 ]| ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ |−15| |[𝑃𝑄 𝑑𝑟 , 𝑑 15 3√5 𝑑(𝑟, 𝑠) = = = = 𝑢. 2 2 2 ⃗⃗⃗⃗𝑟 ×𝑑 ⃗⃗⃗⃗𝑠 | 5 5√5 |𝑑 √10 + 0 + (−5)

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2004 Septiembre (Opción A) Dado el plano 𝜋 ≡ 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 = 6, se pide: a) Hallar el punto simétrico del (0,0,0) respecto de 𝜋. b) Hallar el plano perpendicular a 𝜋 que contiene a 𝑂𝑍. c) Hallar el volumen del tetraedro cuyos vértices son el origen de coordenadas y los puntos de intersección de 𝜋 con los ejes coordenados. 𝑥=𝜇 a) Sea la recta 𝑟 perpendicular a 𝜋 por el origen. Entonces, ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (1,2,3) → 𝑟 ≡ {𝑦 = 2𝜇 , 𝜇 ∈ ℝ. 𝑧 = 3𝜇 Obtenemos 𝐻 = 𝑟 ∩ 𝜋 (proyección ortogonal de 𝑂(0,0,0) sobre 𝜋, sustituyendo en 𝜋 las coordenadas genéricas de 𝑟: 3 3 6 9 𝜇 + 2(2𝜇) + 3(3𝜇) = 6 → 14𝜇 = 6 → 𝜇 = → 𝐻 ( , , ) 7 7 7 7 Calculamos el simétrico 𝑂′ (𝑥, 𝑦, 𝑧) a partir de la relación vectorial: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑂′: 3 3 6 𝑥− = →𝑥= 7 7 7 3 6 9 3 6 9 6 12 18 6 6 12 ( − 0, − 0, − 0) = (𝑥 − , 𝑦 − , 𝑧 − ) → 𝑦 − = → 𝑦 = → 𝑂′ ( , , ) 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 9 9 18 {𝑧 − 7 = 7 → 𝑧 = 7 𝑛𝜋 = (1,2,3) ⃗⃗⃗⃗ b) Si 𝛾 es el plano pedido→ 𝑂(0,0,0) ∈ 𝛾 y los vectores { determinan su dirección ⃗ = (0,0,1) 𝑘 𝑥 𝑦 𝑧 bidimensional. Entonces: 𝛾 ≡ |1 2 3| = 0 → 𝛾 ≡ 2𝑥 − 𝑦 = 0 0 0 1 𝑦=0 𝑂𝑋 ≡ { → 𝑥 + 2 · 0 + 3 · 0 = 0 → 𝑥 = 6 → 𝐴(6,0,0) 𝑧=0 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴 = (6,0,0) 𝑥=0 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑌 ≡ { → 0 + 2𝑦 + 3 · 0 = 6 → 𝑦 = 3 → 𝐵(0,3,0) c) → {𝑂𝐵 = (0,3,0) → 𝑧=0 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑥=0 𝑂𝐶 = (0,0,2) 𝑂𝑍 ≡ { → 0 + 2 · 0 + 3𝑧 = 6 → 𝑧 = 2 → 𝐶(0,0,2) { 𝑦=0 1 1 6 0 0 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑉𝑂𝐴𝐵𝐶 = |[𝑂𝐴 𝑂𝐵 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐶 ]| = ||0 3 0|| = |36| = 6 𝑢3 6 6 6 0 0 2 2004 Septiembre (Opción B.1) a) Hallar el conjunto formado por los puntos del plano 𝑧 = 0 que distan 3 unidades del plano: 𝜋 ≡ 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = 4 y b) Describir dicho conjunto. a) 𝑋(𝑥, 𝑦, 0) ∈ {𝑧 = 0}; 𝜋 ≡ 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 4 = 0. |2𝑥 − 𝑦 + 2 · 0 − 4| |2𝑥 − 𝑦 − 4| |2𝑥 − 𝑦 − 4| 𝑑(𝑋, 𝜋) = = ; 𝑑(𝑋, 𝜋) = 3 → = 3 → |2𝑥 − 𝑦 − 4| = 9 → 2 2 2 3 3 √2 + (−1) + 2 2𝑥 − 𝑦 − 13 = 0 { 2𝑥 − 𝑦 − 4 = 9 2𝑥 − 𝑦 − 13 = 0 𝑧=0 ˅ ˅ { →{ → 2𝑥 − 𝑦+5=0 2𝑥 − 𝑦 − 4 = −9 2𝑥 − 𝑦 + 5 = 0 { 𝑧=0 b) Se trata de dos rectas paralelas contenidas en el plano coordenado 𝑂𝑋𝑌: 𝑥=𝜇 𝑥=𝜏 𝑟1 ≡ {𝑦 = 2𝜇 − 13 , 𝜇 ∈ ℝ 𝑦 𝑟2 ≡ {𝑦 = 2𝜏 + 5 , 𝜏 ∈ ℝ 𝑧=0 𝑧=0

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2004 Septiembre (Opción B.2) El plano 𝜋 ≡ 2𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 = −2 determina un tetraedro con los tres planos coordenados. Se pide: a) Hallar la longitud de la altura del tetraedro que parte del origen. b) Determinar las ecuaciones paramétricas de la recta que contiene a dicha altura. c) Calcular el área de la cara del tetraedro que está contenida en el plano 𝜋. a) La altura desde el origen es la longitud del segmento perpendicular al plano 𝜋 trazado desde el origen de coordenadas. En otras palabras, es la distancia de 𝑂(0,0,0) a 𝜋 ≡ 2𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 + 2 = 0. |2 · 0 − 2 · 0 + 0 + 2| 2 ℎ = 𝑑(𝑂, 𝜋) = = 𝑢. 3 √22 + (−2)2 + 12 𝑥 = 2𝜆 b) La recta pedida 𝑟 es perpendicular al plano 𝜋, por lo que ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (2, −2,1) → 𝑟 ≡ {𝑦 = −2𝜆 , 𝜆 ∈ ℝ 𝑧=𝜆 𝑦=0 𝑂𝑋 ≡ { → 2𝑥 − 2 · 0 + 0 = −2 → 𝑥 = −1 → 𝐴(−1,0,0) 𝑧=0 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (1,1,0) 𝑥=0 𝑂𝑌 ≡ { → 2 · 0 − 2𝑦 + 0 = −2 → 𝑦 = 1 → 𝐵(0,1,0) → { c) → 𝑧=0 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 = (1,0, −2) 𝑥=0 𝑂𝑍 ≡ { → 2 · 0 − 2 · 0 + 𝑧 = −2 → 𝑧 = −2 → 𝐶(0,0, −2) { 𝑦=0 𝑖 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = |1 𝐴𝐵 ×𝐴𝐶 1

𝑗 1 0

⃗ 𝑘 1 1 3 ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(−2)2 + 22 + (−1)2 = 𝑢2 0 | = (−2,2, −1) → 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = 2 |𝐴𝐵 2 2 −2

2004 Junio (Opción A) 𝑥 = 2 − 3𝜇 Se consideran la recta: 𝑟 ≡ {𝑦 = 1 + 2𝜇 y los planos: 𝜋1 ≡ 2 − 3𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 0, 𝜋2 ≡ 3 + 2𝑥 + 2𝑦 − 2𝑧 = 0. 𝑧 =4−𝜇 a) Hallar la posición relativa de la recta con cada uno de los planos. b) Calcular la distancia de 𝑟 a 𝜋2 . a) 𝑃(2,1,4) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (−3,2, −1); 𝜋1 ≡ −3𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = −2 → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋1 = (−3,2, −1). ⃗⃗⃗⃗ −3 · 2 + 2 · 1 − 4 ≠ 2 → 𝑃(2,1,4) ∉ 𝜋1 . Además, 𝑑𝑟 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 → 𝑟⏊𝜋. Por consiguiente: 1

La recta 𝑟 y el plano 𝜋1 tienen un único punto en común y, además, son perpendiculares. 𝜋2 ≡ 2𝑥 + 2𝑦 − 2𝑧 + 3 = 0 → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋2 = (2,2, −2). Igualmente: 2 · 2 + 2 · 1 − 2 · 4 + 3 ≠ 0 → 𝑃(2,1,4) ∉ 𝜋2 ⃗⃗⃗⃗𝑟 𝑛𝜋2 ⏊𝑑 ⃗⃗⃗⃗𝑟 {⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋2 · ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (−3,2, −1) · (2,2, −2) = −6 + 4 + 2 = 0 → ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋2 ⏊𝑑 → 𝑟 ‖ 𝜋2 (Paralelos) 𝑃 ∉ 𝜋2 b) Por tratarse de una recta y un plano paralelos: 𝑑(𝑟, 𝜋2 ) = 𝑑(𝑃, 𝜋2 ) =

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|2 · 2 + 2 · 1 − 2 · 4 + 3| √22

+

22

+

(−2)2

=

|1| √12

=

1 2√3

=

√3 𝑢. 6

100

2004 Junio (Opción B) 𝜋1 ≡ 2𝑥 + 3𝑦 + 𝑘𝑧 = 3 Se consideran los planos: { 𝜋2 ≡ 𝑥 + 𝑘𝑦 − 𝑧 = −1 𝜋3 ≡ 3𝑥 + 𝑦 − 3𝑧 = −𝑘 a) Estudiar su posición relativa, para los distintos valores del parámetro 𝑘. b) En los casos en los que los tres planos anteriores se corten a lo largo de una recta común, hallar un vector director de dicha recta. a) Construimos las dos matrices asociadas al sistema formado por los tres planos: 𝐴′ = 2 ∆= det(𝐴) = |1 3



2 3 1 𝑘 ⏟ 3 1 𝐴

) 𝑘 2 𝑘 | = (1 − 3𝑘)(−2 − 𝑘) −1| = (1 − 3𝑘) | 1 −1 0 1 = (3𝑘 − 1)(𝑘 + 2); det(𝐴) = 0 → 𝑘 = ˅ 𝑘 = −2. 3 3 𝑘 1

𝑘 2 ⏟ |1 −1| = −3 𝐹3 −3𝐹2 0

( 3 𝑘 1 − 3𝑘

𝑘 3 −1 ||−1 −3 −𝑘

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3 𝑘 ≠ ˄ 𝑘 ≠ −2 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. Los 3 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 tres planos tienen un único punto en común (el vértice del triedro que determinan). 1

 1

𝑘 = → 𝐴′ = 3

2 3 1 1/3 ⏟ 3 1

1/3 3 −1 || −1 −3 −1/3

2 (3 𝐹3 −3𝐹2 0 ~ ⏟

3 1 0

1/3 3 −3 | −3 ) →Sistema incompatible. 0 8/3

𝐴 ( ) 1 Los planos 𝜋2 ≡ 3𝑥 + 𝑦 − 3𝑧 + 3 = 0 𝑦 𝜋3 ≡ 3𝑥 + 𝑦 − 3𝑧 + = 0 son paralelos. El plano 𝜋1 se 3

corta con ellos. 

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 −2 3 2 3 3 2 3 | ≠ 0 𝑦 |1 −2 −1| = 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 → −1 ||−1 ; | 1 −2 −3 2 3 1 2 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 𝐴 ( ) Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. La tercera ecuación es combinación lineal de las dos primeras. Esto significa que el tercer plano pasa por la recta que determinan los dos primeros: 𝑟 = 𝜋1 ∩ 𝜋2 → 𝑟 ⊂ 𝜋3 . 𝑘 = −2 → 𝐴′ =

2 3 1 −2 ⏟ 3 1

⃗ 𝑖 𝑗 𝑘 2𝑥 + 3𝑦 − 2𝑧 = 3 b) 𝑘 = −2 → 𝑟 ≡ { ; ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋1 ×𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = | | = (−7,0, −7) → 𝜋 2 3 −2 2 𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 = −1 1 −2 −1 1 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = − (−7,0, −7) → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1,0,1) 7

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101

2003 Septiembre (Opción A.1) Se dan los puntos 𝐴(1,0,1) 𝑦 𝐵(0,2,0) y el plano 𝜋 ≡ 𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 − 7 = 0. Determinar el plano que es perpendicular a 𝜋 y pasa por los puntos 𝐴 𝑦 𝐵. ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (−1,2, −1) El plano pedido 𝛾 pasa por 𝐴(1,0,1) y tiene como dirección bidimensional:{ → 𝑛𝛾 = (1, −2, −1) ⃗⃗⃗⃗ 𝑥−1 𝛾 ≡ | −1 1

𝑦 2 −2

𝑧−1 −1 | = 0 → 𝛾 ≡ −4(𝑥 − 1) − 2𝑦 = 0 → 𝛾 ≡ 2𝑥 + 𝑦 − 2 = 0 −1

2003 Septiembre (Opción A.2) Se dan las rectas: 𝑟≡

𝑥−1 𝑦+1 𝑧−𝑘 = = −1 1 1

𝑦 𝑠≡{

𝑥−𝑦+𝑧 =3 3𝑥 + 𝑧 = 1

a) Hallar el valor de 𝑘 para que las dos rectas estén contenidas en el mismo plano. b) Para el valor de 𝑘 obtenido en el apartado anterior, determinar la ecuación general del plano que las contiene. 𝑥=𝜇 𝑃(1, −1, 𝑘) ∈ 𝑟 𝑄(0, −2,1) ∈ 𝑠 𝑦 =𝑥+𝑧−3 𝑦 = −2 − 2𝑥 𝑦𝑠≡{ →𝑠≡{ → 𝑠 ≡ {𝑦 = −2 − 2𝜇 → { ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑧 = 1 − 3𝑥 𝑧 = 1 − 3𝑥 𝑑𝑟 = (−1,1,1) 𝑑𝑠 = (1, −2, −3) 𝑧 = 1 − 3𝜇 −1 −1 1 − 𝑘 −1 −2 −𝑘 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ Son 𝑟 𝑦 𝑠 coplanarias→ [𝑃𝑄 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ] = 0 → |−1 1 ⏟ |−1 0 1 |=0 → 0 |=0→ 𝐶2 +𝐶1 1 1 −2 −3 −1 −2

a) {

𝐶3 +𝐶1

(−1) · 𝑥−0 b) 𝑘 = 4 → 𝜋 ≡ | −1 1

𝑦+2 1 −2

(−1)2+1

−2 | −1

−𝑘 |=0 → 𝑘−4 =0→ 𝑘 = 4 −2

𝑧−1 1 | = 0 → 𝜋 ≡ −𝑥 − 2(𝑦 + 2) + 𝑧 − 1 = 0 → 𝜋 ≡ 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 + 5 = 0 −3

2003 Septiembre (Opción B.1) Se dan el plano 𝜋 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 y la recta 𝑟 ≡

𝑥−1 1

𝑦

=2=

𝑧+1 2

a) Calcular el punto 𝑄 en el que se cortan. b) Encontrar un plano 𝜋′, paralelo a 𝜋, tal que el punto 𝑄′ en el que se cortan el plano 𝜋′ y la recta 𝑟 esté a distancia 2 del punto 𝑄 hallado en el apartado anterior. 𝑥 =1+𝜇 a) Ponemos 𝑟 en forma paramétrica: { 𝑦 = 2𝜇 y sustituimos en 𝜋: (1 + 𝜇) + 2𝜇 + (−1 + 2𝜇) = 0 → 𝑧 = −1 + 2𝜇 5𝜇 = 0 → 𝜇 = 0 → 𝑄(1,0, −1) ′ b) Un plano paralelo a 𝜋 es 𝜋 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝐷 = 0. Sustituyendo: (1 + 𝜇) + 2𝜇 + (−1 + 2𝜇) + 𝐷 = 0 → 𝐷 𝐷 2𝐷 2𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (− 𝐷 , − 2𝐷 , − 2𝐷 ) 5𝜇 + 𝐷 = 0 → 𝜇 = − → 𝑄′ (1 − , − , −1 − ) → 𝑄𝑄′ 5 5 5 5 5 5 5 2 2 2 2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 2 → √(− 𝐷 ) + (− 2𝐷 ) + (− 2𝐷 ) = √9𝐷 = 2 → 𝐷2 = 100 → 𝐷 = ± 10 → 𝑑(𝑄, 𝑄′ ) = 2 → |𝑄𝑄′ 5 5 5 25 9 3

𝜋1′ ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 +

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10 10 = 0 𝑦 𝜋2′ ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − =0 3 3

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2003 Junio (Opción A) 𝑥=1 𝑥=2 𝑥=3 Se dan el plano 𝜋 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑎𝑧 + 1 = 0 y las rectas 𝑟1 ≡ { 𝑦 = 𝑡 , 𝑟2 ≡ {𝑦 = 2𝑡 , 𝑟3 ≡ {𝑦 = 3𝑡 𝑧=𝑡 𝑧=𝑡 𝑧=𝑡 a) Calcular el valor de 𝑎 para que los puntos de corte del plano 𝜋 con las rectas 𝑟1 , 𝑟2 𝑦 𝑟3 estén alineados. b) Calcular las ecuaciones de la recta que pasa por esos tres puntos. c) Calcular la distancia de esa recta al origen de coordenadas. a) Sustituimos en 𝜋 las coordenadas genéricas de cada una de la rectas: 2 2 2 𝐴 = 𝑟1 ∩ 𝜋 → 1 + 𝑡 + 𝑎𝑡 + 1 = 0 → 𝑡(𝑎 + 1) = −2 → 𝑡 = − → 𝐴 (1, − ,− ) 𝑎+1 𝑎+1 𝑎+1 𝐵 = 𝑟2 ∩ 𝜋 → 2 + 2𝑡 + 𝑎𝑡 + 1 = 0 → 𝑡(𝑎 + 2) = −3 → 𝑡 = −

3 6 3 → 𝐵 (2, − ,− ) 𝑎+2 𝑎+2 𝑎+2

𝐶 = 𝑟3 ∩ 𝜋 → 3 + 3𝑡 + 𝑎𝑡 + 1 = 0 → 𝑡(𝑎 + 3) = −4 → 𝑡 = −

4 12 4 → 𝐶 (3, − ,− ) 𝑎+3 𝑎+3 𝑎+3

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (1, −

6 2 3 2 −4𝑎 − 2 −𝑎 + 1 + ,− + ) = (1, , ) 𝑎+2 𝑎+1 𝑎+2 𝑎+1 (𝑎 + 1)(𝑎 + 2) (𝑎 + 1)(𝑎 + 2)

⃗⃗⃗⃗⃗ = (1, − 𝐵𝐶

12 6 4 3 −6(𝑎 + 1) −𝑎 + 1 + ,− + ) = (1, , ) 𝑎+3 𝑎+2 𝑎+3 𝑎+2 (𝑎 + 2)(𝑎 + 3) (𝑎 + 2)(𝑎 + 3)

−4𝑎 − 2 −𝑎 + 1 1 (𝑎 + 1)(𝑎 + 2) (𝑎 + 1)(𝑎 + 2) ⃗⃗⃗⃗⃗ ‖𝐵𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ → = 𝐴, 𝐵, 𝐶 alineados→𝐴𝐵 = → −𝑎 +1 −6(𝑎 + 1) 1 (𝑎 + 2)(𝑎 + 3) (𝑎 + 2)(𝑎 + 3) −4𝑎 − 2 −6(𝑎 + 1) = (−4𝑎 − 2)(𝑎 + 3) = −6(𝑎 + 1)2 (𝑎 + 1)(𝑎 + 2) (𝑎 + 2)(𝑎 + 3) 𝑎 ≠ −2 → →{ → 𝑎=1 −𝑎 + 1 −𝑎 + 1 (−𝑎 + 1)(𝑎 + 3) = (−𝑎 + 1)2 = {(𝑎 + 1)(𝑎 + 2) (𝑎 + 2)(𝑎 + 3) 𝑥 = 1+𝜆 b) 𝑎 = 1 → 𝐴(1, −1, −1) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (1, −1,0) →La recta pedida: 𝑠 ≡ {𝑦 = −1 − 𝜆 , 𝜆 ∈ ℝ 𝑧 = −1 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ c) 𝑑𝑠 = 𝐴𝐵 𝑦 𝑂𝐴 = (1, −1, −1) →

𝑑(𝑂, 𝑠) =

⃗⃗⃗⃗𝑠 | ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝑑 |𝑂𝐴 = ⃗⃗⃗⃗𝑠 | |𝑑

𝑖 ||1 1

𝑗 −1 −1

⃗ 𝑘 −1|| 0

|(1, −1,0)|

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=

|(−1, −1,0)| √(−1)2 + (−1)2 + 02 √2 = = = 1 𝑢. |(1, −1,0)| √2 √12 + (−1)2 + 02

103

2003 Junio (Opción B.1) 2𝑥 − 𝑧 + 2 = 0 𝑥−𝑦 =2 Se dan las rectas: 𝑟 ≡ { 𝑦 𝑠≡{ 2𝑦 − 𝑚𝑧 = 6 2𝑥 − 𝑧 + 1 = 0 a) Hallar el valor de 𝑚 para que sean paralelas. b) Para el valor de 𝑚 obtenido, determinar el plano que contiene a ambas rectas. 𝑥=𝜇 𝑃(0, −2,1) ∈ 𝑟 𝑦 = −2 + 𝑥 𝑦 = −2 + 𝜇 → { a) 𝑟 ≡ { →𝑟≡{ ⃗⃗⃗⃗ 𝑧 = 1 + 2𝑥 𝑑𝑟 = (1,1,2) 𝑧 = 1 + 2𝜇 1 1 𝑥 = 1+ 𝜆 𝑄(1,3,0) ∈ 𝑠 𝑥 = 1 + 𝑧 2 2𝑥 = 2 + 𝑧 2 →𝑠≡ 𝑚 →{ 1 𝑚 𝑠≡ →𝑠≡ 𝑚 ⃗⃗⃗⃗ 2𝑦 = 6 + 𝑚𝑧 𝑦 = 3+ 𝜆 𝑑𝑠 = ( , , 1) 𝑦 = 3+ 𝑧 2 2 2 2 { { { 𝑧=𝜆 1 1 2 2 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗𝑠 → = 𝑑𝑟 ‖𝑑 𝑚 =1→2=𝑚=2→ 𝑚=1 1 𝑟‖𝑠 → { 2 2 𝑄 ∉ 𝑟 (cierto, pues: 1 − 3 ≠ 2) b) Sea 𝜋 el plano pedido. Entonces, 𝜋 está determinado por el punto 𝑃 y los vectores ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 . 𝑥 𝑦+2 𝑧−1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (1,5, −1) → 𝜋 ≡ |1 5 −1 | = 0 → 𝜋 ≡ 11𝑥 − 3(𝑦 + 2) − 4(𝑧 − 1) = 0 1 1 2 → 𝜋 ≡ 11𝑥 − 3𝑦 − 4𝑧 − 2 = 0 2003 Junio (Opción B.2) Se dan el plano 𝜋 ≡ 𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = 6, el punto 𝑀(1,1,1) 𝑦 la recta: 𝑟 ≡

𝑥−1 2

𝑦

=3=

𝑧+1 −1

a) Hallar el simétrico de 𝑀 respecto de 𝜋. b) Hallar el simétrico de 𝑀 respecto de 𝑟. 𝑥 =1+𝜇 a) Recta 𝑠, perpendicular a 𝜋 por 𝑀: 𝑠 ≡ { 𝑦 = 1 + 𝜇 , pues ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = (1,1, −2). 𝑧 = 1 − 2𝜇 Proyección ortogonal de 𝑀 sobre 𝜋: Punto 𝐻 = 𝑠 ∩ 𝜋 → (1 + 𝜇) + (1 + 𝜇) − 2(1 − 2𝜇) = 6 → 6𝜇 = 6 → 𝜇 = 1 → 𝐻(2,2, −1) El punto simétrico 𝑀′ (𝑥, 𝑦, 𝑧) verifica la relación vectorial: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑀′ → 𝑥−2=1 𝑥=3 (1,1, −2) = (𝑥 − 2, 𝑦 − 2, 𝑧 + 1) → { 𝑦 − 2 = 1 → { 𝑦 = 3 → 𝑀′(3,3, −3) 𝑧 + 1 = −2 𝑧 = −3 b) Plano 𝛾, perpendicular a 𝑟 por 𝑀: 𝛾 ≡ 2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 + 𝐷 = 0, pues ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 . Como 𝑀 ∈ 𝛾 → 𝑥 = 1 + 2𝜇 2 · 1 + 3 · 1 − 1 + 𝐷 = 0 → 𝐷 = −4 → 𝛾 ≡ 2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 4 = 0. También: 𝑟 ≡ { 𝑦 = 3𝜇 𝑧 = −1 − 𝜇 Proyección ortogonal de 𝑀 sobre 𝑟: Punto 𝐻 = 𝑟 ∩ 𝛾 → 2(1 + 2𝜇) + 3(3𝜇) − (−1 − 𝜇) − 4 = 0 → 14𝜇 − 1 = 0 → 𝜇 =

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1 8 3 15 → 𝐻( , ,− ) 14 7 14 14

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El punto simétrico 𝑀′′(𝑥, 𝑦, 𝑧) verifica la relación vectorial: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑀′′ → 8 1 9 𝑥− = 𝑥= 7 7 7 1 11 29 8 3 15 9 4 22 3 11 4 ( , − , − ) = (𝑥 − , 𝑦 − ,𝑧 + ) → 𝑦 − → 𝑦 = − → 𝑀′′ ( , − , − ) =− 7 14 14 7 14 14 7 7 7 14 14 7 22 15 29 { 𝑧 + 14 = − 14 {𝑧 = − 7 2002 Septiembre (Modelo: Opción A) Sean las rectas: 𝑟≡{

𝑥 − 2𝑦 − 6𝑧 = 1 𝑥+𝑦 =0

𝑦 𝑠≡

𝑥 𝑦−1 = =𝑧 2 𝑎

a) Determinar su posición relativa, según los valores de 𝑎. b) Para 𝑎 = −2, hallar la distancia entre ellas.



⃗ 𝑘 1 𝑑𝑟 = (6, −6,3) = (2, −2,1) −6| = (6, −6,3) → ⃗⃗⃗⃗ 3 0 2 −2 1 𝑄(0,1,0) ∈ 𝑠 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = (2, 𝑎, 1). = = → 𝑎 = −2 2 𝑎 1 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑎 = −2 → 𝑑𝑟 ‖ 𝑑𝑠 ; como, además, 𝑄(0,1,0) ∉ 𝑟, pues 0 + 1 ≠ 0 → 𝑟 ‖ 𝑠 (rectas paralelas)



𝑎 ≠ −2 →

𝑖 1 𝑃 (0,0, − ) ∈ 𝑟 𝑦 |1 6 1

a)

𝑗 −2 1

0 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (0,1, ) → [𝑃𝑄 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ] = | 6 2 2

1 0 6| = ⏟ | 1 𝐹 −𝐹 2 3 2 0 1

1 −2 𝑎

1 −2 𝑎+2

1 6| = 𝑎 + 2 ≠ 0 → 𝑟 y 𝑠 se cruzan. 1 3 0

b) ⃗ 𝑘 ||| 1||| 0 1 6 4 2 1 2 4 1 ⃗⃗⃗⃗𝑟 | |( , , −2)| √(3) + (3) + (−2)2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝑑 |𝑃𝑄 2 −2 1 𝑎 = −2 → 𝑟 ‖ 𝑠 → 𝑑(𝑟, 𝑠) = 𝑑(𝑄, 𝑟) = = = 3 3 = |(2, −2,1)| |(2, −2,1)| ⃗⃗⃗⃗𝑟 | |𝑑 √22 + (−2)2 + 12 𝑖

𝑗

√17 + 4 √53 √53 9 = = 3 = 𝑢. 3 9 √9 2002 Septiembre (Modelo: Opción B) 𝜋1 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑎𝑧 = −2 Se consideran los planos: {𝜋2 ≡ 𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑧 = −1. Se pide: 𝜋3 ≡ 𝑎𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 3 a) Calcular los valores de 𝑎 para los cuales los tres planos anteriores contienen una recta en común. b) Para los valores de 𝑎 calculados, hallar unas ecuaciones cartesianas de dicha recta común. a) Escribimos las dos matrices asociadas al sistema lineal que determinan los tres planos: 1 1 1 𝑎 ⏟ 𝑎 1

𝐴′ = (

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𝐴

𝑎 −2 1 ||−1 1 3 )

105

1 det(𝐴) = |1 𝑎

1 𝑎 1

𝑎 𝑎+2 = ⏟ | 1 1| 1 𝐹1 +(𝐹2+𝐹3) 𝑎

𝑎+2 𝑎 1

𝑎+2 1 1 | = (𝑎 + 2) |1 1 𝑎

1 𝑎 1

1 ⏟ 1| = 1 𝐶2−𝐶1 𝐶3 −𝐶1

1 0 0 (𝑎 + 2) |1 𝑎 − 1 0 | = (𝑎 + 2)(𝑎 − 1)(1 − 𝑎) 𝑎 1−𝑎 1−𝑎 Para que los tres planos tengan una recta en común, el sistema ha de ser compatible e indeterminado con un grado de libertad. 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 3  𝑎 ≠ −2 ˄ 𝑎 ≠ 1 → det(𝐴) ≠ 0 → { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 3 →Sistema compatible determinado. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 

1 1 1 1 ⏟ 1 1

𝑎 = 1 → 𝐴′ =

𝐴

( 

1 −2 1 ||−1 1 3

1 1 ⏟ −2

𝑎 = −2 → 𝐴′ = (

1 ~ ⏟ (0 𝐹2 −𝐹1 0 )

1 −2 1

𝐹3 −𝐹1

−2 −2 1 ||−1 1 3

𝐴

1 0 0

1 −2 0| 1 ) → 0𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 = 5 →Sistema incompatible. 0 5

~ ⏟ )

𝐹2 −𝐹1 𝐹3 +2𝐹1

1 (0 0

1 −3 3

−2 −2 1 ⏟ (0 3|1) ~ −3 −1 𝐹3+𝐹2 0 −𝐹2

1 3 0

−2 −2 −3|−1) → 0 0

𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴) = 2 { 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑜(𝐴′ ) = 2 →Sistema compatible indeterminado con un grado de libertad. 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 = 3 1 1 −2 −2 𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = −2 b) 𝐴′~ (0 3 −3|−1) → 𝑟 ≡ { 3𝑦 − 3𝑧 = −1 0 0 0 0 2002 Junio ( Opción A) 𝑥 =1+𝜏 Hallar una ecuación cartesiana del plano que contiene a la recta 𝑟 ≡ {𝑦 = −1 + 2𝜏 y es perpendicular al 𝑧=𝜏 plano 𝜋 ≡ 2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 2. El plano 𝛾 pedido pasa por el punto 𝑃(1, −1,0) ∈ 𝑟 y tiene la dirección bidimensional:{ 𝑥−1 𝛾≡| 1 2

𝑦+1 2 1

⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1,2,1) → 𝑛𝜋 = (2,1, −1) ⃗⃗⃗⃗

𝑧 1 | = 0 → 𝛾 ≡ (−3)(𝑥 − 1) + 3(𝑦 + 1) − 3𝑧 = 0 → 𝛾 ≡ 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 2 = 0 −1

2002 Junio ( Opción B) Los puntos 𝐴(1,1,1), 𝐵(2,2,2) 𝑦 𝐶(1,3,3) son tres vértices consecutivos de un paralelogramo. Se pide: a) Hallar las coordenadas del cuarto vértice 𝐷 y la superficie del paralelogramo. b) Clasificar el paralelogramo por sus lados y por sus ángulos. a) Sea 𝐷(𝑥, 𝑦, 𝑧). Si los vértices consecutivos son 𝐴𝐵𝐶𝐷, se verifica la relación vectorial: 1−𝑥 = 1 𝑥=0 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶 → (2 − 1,2 − 1,2 − 1) = (1 − 𝑥, 3 − 𝑦, 3 − 𝑧) → {3 − 𝑦 = 1 → {𝑦 = 2 → 𝐷(0,2,2) 3−𝑧 =1 𝑧=2

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106

b) Medimos los lados no paralelos: {

⃗⃗⃗⃗⃗ | = √12 + 12 + 12 = √3 |𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(1 − 2)2 + (3 − 2)2 + (3 − 2)2 = √(−1)2 + 12 + 12 = √3 |𝐵𝐶

Se trata de un cuadrado o un rombo. Estudiemos el ángulo: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 · ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶 = (1,1,1) · (−1,1,1) = −1 + 1 + 1 = 1 ≠ 0 →No forman 90º. Por lo tanto es un rombo. 2001 Septiembre ( Opción A) ⃗⃗⃗⃗⃗ = −3𝐶𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗ . Los puntos 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶 verifican la relación: 𝐶𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ a) Calcular el valor que toma 𝑘 en la expresión: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 = 𝑘𝐴𝐵. b) Si 𝐴(1,2, −1) y 𝐵(3,6,9), hallar las coordenadas del punto 𝐶 de partida. ⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ → 𝑘𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ) → a) Es ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶 → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 − ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐵 → 𝑘𝐴𝐵 𝐴𝐵 — 3𝐶𝐴 𝐴𝐵 = 3(−𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ = −3(𝑘𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ ) → (𝑘 − 1)𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ + (3𝑘)𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 ⃗ → (4𝑘 − 1)𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 ⃗ → 4𝑘 − 1 = 0 → 𝑘 = (𝑘 − 1)𝐴𝐵

1 4

3 − 𝑥 = −3 + 3𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗ → (3 − 𝑥, 6 − 𝑦, 9 − 𝑧) = (−3)(1 − 𝑥, 2 − 𝑦, −1 − 𝑧) → {6 − 𝑦 = −6 + 3𝑦 → b) 𝐶(𝑥, 𝑦, 𝑧); ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐵 = −3𝐶𝐴 9 − 𝑧 = 3 + 3𝑧 𝑥 = 3⁄2 3 3 { 𝑦 = 3 → 𝐶 ( , 3, ) 2 2 𝑧 = 3⁄2 2001 Septiembre ( Opción B) Se considera el tetraedro cuyos vértices son 𝐴(1,0,0), 𝐵(1,1,1), 𝐶(−2,1,0) 𝑦 𝐷(0,1,3). a) Hallar el área del triángulo 𝐴𝐵𝐶 y el volumen del tetraedro 𝐴𝐵𝐶𝐷. b) Calcular la distancia de 𝐷 al plano determinado por 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶. c) Hallar la distancia entre las rectas 𝐴𝐶 𝑦 𝐵𝐷. 𝑖 ⃗⃗⃗⃗⃗ = | 0 a) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 = (0,1,1), ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 = (−3,1,0) 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷 = (−1,1,3). Es: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 ×𝐴𝐶 −3

𝑗 1 1

⃗ 𝑘 1| = (−1, −3,3) 0

1 1 √19 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(−1)2 +(−3)2 + 32 = 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = |𝐴𝐵 𝑢 2 2 2 1 1 0 1 1 1 7 3 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗ ]| = ||−3 1 0|| = |7| = 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷 = |[𝐴𝐵 𝑢 6 6 6 6 −1 1 3 b) La distancia pedida es la altura ℎ del tetraedro anterior. 1 7 1 √19 7 7√19 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 · ℎ → = · ·ℎ →ℎ = = 𝑢. 3 6 3 2 19 √19 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (−3,1,0) 𝑦 𝑠 = 𝑟(𝐵𝐷) → ⃗⃗⃗⃗ c) 𝑟 = 𝑟(𝐴𝐶) → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = 𝐴𝐶 𝑑𝑠 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐷 = (−1,0,2). Las rectas no son paralelas ni coincidentes. ⃗ 0 1 1 𝑖 𝑗 𝑘 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗𝑠 = |−3 1 0| = (2,6,1); [𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 ×𝑑 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ] = |−3 1 0| = 7 → −1 0 2 −1 0 2 𝑑(𝑟, 𝑠) =

⃗⃗⃗⃗𝑠 ]| ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ |7| |[𝐴𝐵 𝑑𝑟 , 𝑑 7 7√41 = = = 𝑢. 2 2 2 ⃗⃗⃗⃗𝑟 ×𝑑 ⃗⃗⃗⃗𝑠 | 41 √2 + 6 + 1 √41 |𝑑

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107

2001 Junio ( Opción A) Sean la recta 𝑟 ≡ (1,0,0) + 𝜆(0,1,1) y el punto 𝑃(1,1,0). Se pide: a) Hallar la ecuación de la recta 𝑠, perpendicular a 𝑟 por 𝑃. b) Hallar el punto 𝑃′ simétrico de 𝑃 respecto de 𝑟. a) 𝑄(1,0,0) ∈ 𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (0,1,1). Construimos el plano 𝛾 perpendicular a 𝑟 por 𝑃. Es ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝛾 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 . 𝛾 ≡ 𝑦 + 𝑧 + 𝐷 = 0; 𝑃 ∈ 𝛾 → 1 + 0 + 𝐷 = 0 → 𝐷 = −1 → 𝛾 ≡ 𝑦 + 𝑧 − 1 = 0. Ahora, 𝐻 = 𝑟 ∩ 𝛾. 𝑥=1 1 1 1 𝑟 ≡ {𝑦 = 𝜆 → 𝜆 + 𝜆 − 1 = 0 → 𝜆 = → 𝐻 (1, , ) 2 2 2 𝑧=𝜆 El punto 𝐻 es la proyección ortogonal de 𝑃 sobre 𝑟. La recta pedida 𝑠 es la recta 𝑃𝐻. 1 1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (0, −1,1) → 𝑠 ≡ (1,1,0) + 𝜇(0, −1,1) 𝑃𝐻 = (0, − , ) → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 = 2𝑃𝐻 2 2 b) Sea 𝑃′ (𝑥, 𝑦, 𝑧). 𝑥−1 =0 1 1 𝑥=1 1 1 1 1 𝑦− =− ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐻 = 𝐻𝑃′ → (0, − , ) = (𝑥 − 1, 𝑦 − , 𝑧 − ) → 2 2 → {𝑦 = 0 → 𝑃′(1,0,1) 2 2 2 2 1 1 𝑧=1 𝑧− = { 2 2 2001 Junio ( Opción B) Sean las rectas: 𝑥 =1+𝜇 𝑦−1 𝑧+1 𝑦 𝑟 ≡𝑥−2= = 𝑦 𝑠 ≡ { = 2−𝜇 𝑘 −2 𝑧 = 2𝜇 a) Hallar 𝑘 para que sean coplanarias. b) Para el valor obtenido, hallar el plano que las contiene. 𝑃(2,1, −1) ∈ 𝑟 𝑄(1,2,0) ∈ 𝑠 𝑦 { . Las rectas son coplanarias si: ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = (1, 𝑘, −2) 𝑑𝑠 = (1, −1,2) −1 1 1 −1 1 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ [𝑃𝑄 𝑑𝑟 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 ] = 0 → | 1 𝑘 −2| = 0 → | 1 𝑘 −2| = 0 → −3𝑘 − 3 = 0 → 𝑘 = −1 1 −1 2 0 0 3 𝑥−1 𝑦−2 𝑧 b) 𝜋 queda determinado por 𝑄, ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 𝑦 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑠 → | 1 −1 −2| = 0 → 𝜋 ≡ −4(𝑥 − 1) − 4(𝑦 − 2) = 0 → 1 −1 2 𝜋 ≡ 𝑥+𝑦−3 =0 a) {

2000 Septiembre ( Opción A) Sea la superficie esférica de ecuación: 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 − 6𝑥 − 6𝑦 − 8𝑧 + 9 = 0. a) b) c) d)

Calcular su centro y su radio. Hallar la ecuación de la recta que contiene al diámetro paralelo al eje 𝑂𝑌. Obtener el centro y el radio de la circunferencia que resulta de cortar dicha esfera por el plano 𝑧 = 0. Hallar la ecuación del plano tangente a la esfera en su punto del eje 𝑂𝑋.

a) Completamos cuadrados: 𝑥 2 − 6𝑥 + 9 + 𝑦 2 − 6𝑦 + 9 + 𝑧 2 − 8𝑧 + 16 = −9 + 9 + 9 + 16 → (𝑥 − 3)2 + (𝑦 − 3)2 + (𝑧 − 4)2 = 52 →

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Centro: 𝐶(3,3,4) Radio: 𝑅 = 5

108

b) La recta pedida pasa por 𝐶(3,3,4) y tiene la dirección de 𝑗 = (0,1,0) → (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (3,3,4) + 𝜆(0,1,0) 2 2 2 2 2 c) {𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 6𝑥 − 6𝑦 − 8𝑧 + 9 = 0 → {𝑥 + 𝑦 − 6𝑥 − 6𝑦 = −9 → 𝑧=0 𝑧=0 2 2 2 2 2 Centro: 𝐸(3,3,0) (𝑥 (𝑦 {𝑥 − 6𝑥 + 9 + 𝑦 − 6𝑦 + 9 = −9 + 9 + 9 → { − 3) + − 3) = 3 → Radio: 𝜌 = 3 𝑧=0 𝑧=0

𝑦=0 d) 𝑂𝑋 ≡ { →Sustituyendo: 𝑥 2 − 6𝑥 + 9 = 0 → 𝑥 = 3 → Punto de tangencia: 𝑇(3,0,0). 𝑧=0 𝑛𝜋 = ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑇𝐶 = (0,3,4) → 𝜋 ≡ 3𝑦 + 4𝑧 + 𝐷 = 0; 𝑇 ∈ 𝜋 → 𝐷 = 0 → 𝜋 ≡ 3𝑦 + 4𝑧 = 0 2000 Septiembre ( Opción B.1) Se consideran los puntos 𝐴(1, 𝑎, 0), 𝐵(1,1, 𝑎 − 2)𝑦 𝐶(1, −1, 𝑎). a) Comprobar que no están alineados, sea cual fuere el valor de 𝑎. b) Hallar el área del triángulo que determinan. a) 𝑖 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = |0 𝐴𝐵×𝐴𝐶 0

𝑗 1−𝑎 −1 − 𝑎

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = (0, −1 − 𝑎, 𝑎) → 𝐴𝐵 = (0,1 − 𝑎, 𝑎 − 2) 𝑦 𝐴𝐶 ⃗ 𝑘 2 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ≠ ⃗0, ∀𝑎 ∈ ℝ → 𝐴𝐵×𝐴𝐶 𝑎 − 2| = (𝑎 − 𝑎 + 𝑎 − 𝑎 − 2,0,0) = (−2,0,0) → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑎

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ linealmente independientes (no colineales)→ 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶 no están alineados. 𝐴𝐵 𝑦 𝐴𝐶 b) 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 =

1 1 1 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ×𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = |(−2,0,0)| = √(−2)2 + 02 + 02 = · 2 = 1 𝑢 2 |𝐴𝐵 2 2 2 2

2000 Septiembre ( Opción B.2) Sean la recta: 𝑟 ≡

𝑥−1 𝑚

=

𝑦 4

=

𝑧−1 2

y el plano:

𝜋 ≡ 2𝑥 − 𝑦 + 𝑘𝑧 = 0.

a) Calcular 𝑚 𝑦 𝑘 para que sean perpendiculares. b) Calcular 𝑚 𝑦 𝑘 para que la recta esté contenida en el plano. a) 𝑟⏊𝜋 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 ‖ ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 → (𝑚, 4,2) ‖(2, −1, 𝑘) →

b) 𝑟 ⊂ 𝜋 → {

𝑚 2

=

4 −1

=

2 𝑘

𝑚 = −8 → { 𝑘 = −1 2

⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑚=4 2𝑚 − 4 + 2𝑘 = 0 𝑑𝑟 ⏊𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝜋 𝑑𝑟 · ⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝜋 = 0 →{ →{ →{ 𝑘 = −2 𝑘 = −2 𝑃(1,0,1) ∈ 𝜋 2·1−0+𝑘·1=0

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2000 Junio ( Opción A) Resolver la siguiente ecuación vectorial:

𝑥 ×(2,1, −1) = (1,3,5), sabiendo que |𝑥 | = √6.

𝑖 Ponemos: 𝑥 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) → 𝑥 ×(2,1, −1) = |𝑥 2

𝑗 𝑦 1

⃗ 𝑘 𝑧 | = (−𝑦 − 𝑧, 𝑥 + 2𝑧, 2𝑥 − 2𝑦) = (1,3,5) → −1

−𝑦 − 𝑧 = 1 𝑦 + 𝑧 = −1 𝑦 + 𝑧 = −1 𝑥 = 3 − 2𝛼 𝑥 + 2𝑧 = 3 { 𝑥 + 2𝑧 = 3 → ⏟ { 𝑥 + 2𝑧 = 3 → ⏟ { 𝑥 + 2𝑧 = 3 → { → {𝑦 = −1 − 𝛼 → 𝑦 + 𝑧 = −1 𝑥 − 2𝑦 = 5 𝐸3 −𝐸2 −2𝑦 − 2𝑧 = 2 −1𝐸3 𝑦 + 𝑧 = −1 𝑧=𝛼 2

𝑥 = (3 − 2𝛼, −1 − 𝛼, 𝛼); |𝑥 | = √(3 − 2𝛼)2 + (−1 − 𝛼)2 + 𝛼 2 = √6𝛼 2 − 10𝛼 + 10 𝛼 = 1 → 𝑥 = (1, −2,1) ˅ |𝑥 | = √6 → 6𝛼 2 − 10𝛼 + 10 = 6 → 3𝛼 2 − 5𝛼 + 2 = 0 → 2 5 5 2 𝛼 = → 𝑥 = ( ,− , ) 3 3 5 3 { 2000 Junio ( Opción B) Dados los vectores: {

𝑢 ⃗ = (𝑎, 1 + 𝑎, 2𝑎) 𝑣 = (𝑎, 1, 𝑎) 𝑤 ⃗⃗ = (1, 𝑎, 1)

a) Determinar los valores de 𝑎 para los que son linealmente dependientes. b) Estudiar si el vector 𝑐 = (3,3,0) depende linealmente de los vectores dados, para 𝑎 = 2. c) Justificar razonadamente si, para 𝑎 = 0, se cumple la igualdad: 𝑢 ⃗ · (𝑣×𝑤 ⃗⃗ ) = 0. 𝑎 1 + 𝑎 2𝑎 0 𝑎 𝑎 a) Para ello, ha de ser: [𝑢 ⃗ , 𝑣, 𝑤 ⃗⃗ ] = |𝑎 ⏟ |𝑎 1 𝑎| = 0 → 1 𝑎|=0 → 𝐹1 −𝐹2 1 𝑎 1 1 𝑎 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 𝑎 |𝑎 1 𝑎 | = 0 → ⏟ 𝑎 |𝑎 1 − 𝑎 𝑎 | = 0 → 𝑎(𝑎 − 1) |𝑎 1 𝑎 | = 0 → 𝐶2 −𝐶3 1 𝑎 1 1 𝑎−1 1 1 1 1 𝑎=0 𝑎(𝑎 − 1)(𝑎 − 1) = 0 → 𝑎(𝑎 − 1)2 = 0 → { ˅ 𝑎=1 b) Para 𝑎 = 2, los vectores son linealmente independientes. Entonces, forman una base de ℝ3 . Por lo tanto, determinan una base {𝑢 ⃗ , 𝑣, 𝑤 ⃗⃗ }. Entonces, cualquier vector de ℝ3 se puede expresar como combinación lineal de ellos. En particular, 𝑐 = (3,3,0). 2𝑥 + 2𝑦 + 𝑥 = 3 𝑥 = −15 (3,3,0) = 𝑥(2,3,4) + 𝑦(2,1,2) + 𝑧(1,2,1) → { 3𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 3 → { 𝑦 = 24 → 4𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 0 𝑧 = 12 𝑐 = −15𝑢 ⃗ + 24𝑣 + 12𝑤 ⃗⃗ 0 1 0 c) 𝑎 = 0 → 𝑢 ⃗ · (𝑣 ×𝑤 ⃗⃗ ) = [𝑢 ⃗ , 𝑣, 𝑤 ⃗⃗ ] = |0 1 0| = 0 1 0 0

MATEMÁTICAS B. GEOMETRÍA ANÁLITICA PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

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Análisis - Matemáticas B

P.A.U. Comunidad de Madrid 2000-2016 EJERCICIOS RESUELTOS

© UNICOOS EDUCATION S.L. 2016 www.unicoos.com 1/12/09 13:55

Análisis Matemático– (PAU-Madrid) Ejercicios resueltos 2016 Septiembre (Opción A) 𝑥

Se considera la función: 𝑓(𝑥) = (6 − 𝑥)𝑒 3 a) Determinar su dominio, sus asíntotas y sus cortes con los ejes. b) Determinar sus intervalos de crecimiento y decrecimiento, así como sus extremos relativos. c) Determinar el área del triángulo que forman los ejes coordenados con la recta tangente a la curva 𝑦 = 𝑓(𝑥) en el punto de abscisa 𝑥 = 0. a) 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ y la función es continua en su dominio →No hay asíntotas verticales. 𝑥

lim (6 − 𝑥)𝑒 3 = (−∞) · (+∞) = −∞

lim (6

𝑥→−∞

𝑥→+∞ 𝑥 − 𝑥)𝑒 3

𝑥

= lim (6 + 𝑥)𝑒 −3 = lim 𝑥→+∞

𝑥→+∞

6+𝑥 𝑥 𝑒3

{

= ⏟ ∞ ∞

1

lim

𝑥 𝑥→+∞ 1 𝑒3

3

=

1 =0 +∞

𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 𝑥

𝑥 (6 − 𝑥)𝑒 3 𝑓(𝑥) 6 lim = lim = lim ( − 1) 𝑒 3 = (−1) · (+∞) = −∞ 𝑥→+∞ 𝑥 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥 𝑥

Entonces, hacia +∞ no hay asíntota horizontal ni oblicua. 𝑥 = 0 → 𝑦 = 6 · 𝑒0 = 6 Asíntota horizontal: Si 𝑥 → −∞ {𝑦 = 0 → ⏟ 6−𝑥 = 0→ 𝑥 =6 𝑦=0

→ Cortes con los ejes:

𝑒 3 >0

(0,6) (6,0)

𝑥

b) 𝑓(𝑥) = (6 − 𝑥)𝑒 3 → 𝑓

′ (𝑥)

=

𝑥 (−1)𝑒 3

𝑥

𝑥 1 𝑥 6−𝑥 𝑒 3 (3 − 𝑥) + (6 − 𝑥) · · 𝑒 3 = 𝑒 3 [−1 + ]= ; 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 𝑥 = 3 → 𝑓(3) = 3𝑒 3 3 3

𝑥 < 3 → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 creciente 𝑓 crece en 𝑥 ∈ ]−∞, 3[ { → 𝑥 > 3 → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 decreciente 𝑓 decrece en 𝑥 ∈ ]3, +∞[

MATEMÁTICAS B. ANÁLISIS PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

Máximo relativo: (3, 3𝑒)

112

c) 𝑥 = 0 → 𝑦 = 𝑓(0) = 6 →El punto de tangencia es (0,6). Y la pendiente de la recta tangente:

𝑓

′ (0)

0 (0,0) 𝑒 3 (3 − 0) = = 1 → 𝑟 ≡ 𝑦 − 6 = 1 · (𝑥 − 0) → 𝑟 ≡ 𝑦 = 𝑥 + 6 → Vértices: { (0,6) 3 (−6,0)

Tenemos un triángulo rectángulo cuyos catetos miden 6 𝑢. Entonces: 𝑆 = 18 𝑢2 2016 Septiembre (Opción B) Se considera la función: 1 , 𝑠𝑖 𝑥 ≤ 0 𝑓(𝑥) = {5 − 𝑥 1 , 𝑠𝑖 𝑥 > 0 5+𝑥 a) Estudiar su continuidad y calcular sus asíntotas. b) Estudiar su derivabilidad y calcular sus derivadas donde sea posible. c) Calcular: 1

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 −1

5−𝑥 =0→𝑥 =5>0 a) La función es continua en toda la recta real, pues { . Y, además: 5 + 𝑥 = 0 → 𝑥 = −5 < 0 1 1 lim− 𝑓(𝑥) = lim = = 𝑓(0) 𝑥→0 𝑥→0 5 − 𝑥 5 { 1 1 lim+ 𝑓(𝑥) = lim = 𝑥→0 5 + 𝑥 𝑥→0 5 Por tanto, no hay asíntotas verticales: 1 lim 𝑓(𝑥) = lim =0 Asíntota horizontal: 𝑥→−∞ 𝑥→−∞ 5 − 𝑥 { → 1 𝑦=0 lim 𝑓(𝑥) = lim =0 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 5 + 𝑥 No hay asíntotas oblicuas. b) Estudiemos la derivabilidad: 1 1 𝑥<0→𝑦= → 𝑦′ = (5 − 𝑥)2 5−𝑥 En 𝑥 = 0: 1 1 ′ 𝑥>0→𝑦= →𝑦 =− { (5 − 𝑥)2 5+𝑥 ℎ 1 1 − 𝑓(ℎ) − 𝑓(0) 1 1 5(5 − ℎ) 5 − ℎ 5 ′ (0− ) 𝑓 = lim− = lim− = lim− = lim− = ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 5(5 − ℎ) ℎ ℎ ℎ 25 → ∄𝑓′(0) −ℎ 1 1 − 𝑓(ℎ) − 𝑓(0) −1 1 5(5 + ℎ) 𝑓 ′ (0+ ) = lim+ = lim+ 5 + ℎ 5 = lim+ = lim+ =− ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 5(5 + ℎ) ℎ ℎ ℎ 25 { 1 , 𝑠𝑖 𝑥 < 0 (5 − 𝑥)2 → 𝑓 ′ (𝑥) = 1 − , 𝑠𝑖 𝑥 > 0 { (5 − 𝑥)2 c) Considerando la definición de la función y la propiedad ”aditiva” de la integral respecto al intervalo: 1 0 1 0 1 1 1 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 = [− ln|(5 − 𝑥)|]0−1 + [ln|5 + 𝑥|]10 = 5 − 𝑥 5 + 𝑥 −1 −1 0 −1 0 36 − ln 5 − (− ln 6) + ln 6 − ln 5 = 2 ln 6 − 2 ln 5 = ln 36 − ln 25 = ln 25

MATEMÁTICAS B. ANÁLISIS PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

113

2016 Junio (Opción A) Se considera la función: ln(1 − 𝑥) 𝑠𝑖 𝑥 < 0 𝑓(𝑥) = { 1 − 𝑥 −𝑥 𝑥𝑒 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0 a) Estudiar su continuidad y hallar lim 𝑓(𝑥)

𝑥→−∞

b) Obtener la recta tangente a la curva 𝑦 = 𝑓(𝑥) en 𝑥 = 2. c) Calcular: 1

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 −1

a) Considerando que 𝑥 < 0 → 1 − 𝑥 > 0, tenemos que 𝑓 es composición y cociente de funciones continuas (y el denominador no se anula) en el primer tramo. Y es producto y composición de funciones continuas en el segundo tramo. Hagamos, pues, el estudio local en 𝑥 = 0. lim 𝑓(𝑥) = ln 1 = 0 𝑥→0− { → 𝑓 es continua en 𝑥 = 0 lim+𝑓(𝑥) = 0 · 𝑒 −0 = 0 = 𝑓(0) 𝑥→0

Por consiguiente, 𝑓 es continua por doquier. ln(1 − 𝑥) lim 𝑓(𝑥) = lim 𝑥→−∞ 𝑥→−∞ 1 − 𝑥

= ⏟ 0 (𝐶.𝐼. ; 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙) 0

−1 1 1 lim − 𝑥 = = 0 𝑥→−∞ −1 1+∞

b) 𝑦 =𝑥·𝑒

−𝑥

′

→𝑦 =𝑒

−𝑥

+ 𝑥(−1)𝑒

−𝑥

=𝑒

−𝑥

2 2 𝑒 (1 − 𝑥) → { → 1 ′ (2) 𝑓 =− 2 𝑒 𝑓(2) =

Recta tangente: 𝑦 − 𝑓(2) = 𝑓′(2)(𝑥 − 2) → 2 1 𝑦 − 2 = − 2 (𝑥 − 2) → 𝑥 + 𝑒 2 𝑦 − 4 = 0 𝑒 𝑒 c) 1

0

1 ln(1 − 𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑥𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = 𝐼1 + 𝐼2 −1 −1 1 − 𝑥 0 1 𝑑𝑥 0 ln(1 − 𝑥) 𝑑𝑡 = − 𝑑𝑥 → = −𝑑𝑡 𝐼1 = ∫ 𝑑𝑥; cambio: 𝑡 = ln(1 − 𝑥) → { 1−𝑥 1−𝑥 1 − 𝑥 −1 𝑥 = −1 → 𝑡 = ln 2; 𝑥 = 0 → 𝑡 = 0

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫

0

ln 2

𝐼1 = ∫ 𝑡(−𝑑𝑡) = ∫ ln 2

0

1

𝐼2 = ∫ 𝑥𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 ; partes: { 0

ln 2

𝑡2 𝑡 𝑑𝑡 = [ ] 2 0

=

ln2 2 2 ln 2 = = ln 2 2 2

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑢=𝑥 →{ −𝑥 𝑣 = ∫ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = −𝑒 −𝑥 𝑑𝑣 = 𝑒 𝑑𝑥

1

𝐼2 = [−𝑥𝑒 −𝑥 ]10 − ∫ (−𝑒 −𝑥 )𝑑𝑥 = −𝑒 −1 − [𝑒 −𝑥 ]10 = −𝑒 −1 − 𝑒 −1 + 1 = 1 − 0 1

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐼1 + 𝐼2 = ln 2 + 1 − −1

MATEMÁTICAS B. ANÁLISIS PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

2 𝑒

2 𝑒

114

2016 Junio (Opción B.1) a) Determine el polinomio 𝑓(𝑥) sabiendo que 𝑓 ′′′ (𝑥) = 12, para todo 𝑥 ∈ ℝ, y además se verifica: 𝑓(1) = 3, 𝑓 ′ (1) = 1 y 𝑓 ′′ (1) = 4. b) Determine el polinomio 𝑔(𝑥), sabiendo que 𝑔′′ (𝑥) = 6, para todo 𝑥 ∈ ℝ, y que además verifica: 1

2

∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 5 , 0

∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 14 0

a) Si 𝑓 es un polinomio y 𝑓 ′′′ (𝑥) = 12, ∀𝑥 ∈ ℝ, entonces 𝑓 es de tercer grado. Por tanto: 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 + 𝑐𝑥 + 𝑑 → 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑎𝑥 2 + 2𝑏𝑥 + 𝑐 → 𝑓 ′′ (𝑥) = 6𝑎𝑥 + 2𝑏 → 𝑓 ′′′ (𝑥) = 6𝑎 𝑓 ′′′ (𝑥) = 12 → 6𝑎 = 12 → 𝑎 = 2 𝑓(1) = 3 → 2 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 3 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = −1 𝑏 = −4 { 𝑓 ′ (1) = 1 → 6 + 2𝑏 + 𝑐 = 1 → { 2𝑏 + 𝑐 = −5 → { 𝑐 = 3 → 𝑓(𝑥) = 2𝑥 3 − 4𝑥 2 + 3𝑥 + 2 2𝑏 = −8 𝑑=2 𝑓 ′′ (1) = 4 → 12 + 2𝑏 = 4 b) Si 𝑔 es un polinomio y 𝑔′′ (𝑥) = 6, ∀𝑥 ∈ ℝ, entonces 𝑓 es de segundo grado. Por tanto: 𝑔(𝑥) = 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 → 𝑔′ (𝑥) = 2𝑎𝑥 + 𝑏 → 𝑔′′ (𝑥) = 2𝑎; 𝑔′′ (𝑥) = 6 → 𝑎 = 3 𝑏𝑥 2 ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = ∫(3𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐)𝑑𝑥 = 𝑥 3 + + 𝑐𝑥 + 𝐾 2 1

1

∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 5 → [𝑥 3 + 0

𝑏𝑥 2 𝑏 + 𝑐𝑥] = 5 → 1 + + 𝑐 = 5 2 2 0 2

𝑏𝑥 2 ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 14 → [𝑥 3 + + 𝑐𝑥] = 14 → 8 + 2𝑏 + 2𝑐 = 14 2 { 0 0 𝑔(𝑥) = 3𝑥 2 − 2𝑥 + 5 2.016 Junio (Opción B.2) 2

𝑏 + 2𝑐 = 8 𝑏 = −2 →{ →{ → 𝑏+𝑐 =3 𝑐=5

0, 𝑠𝑖 𝑥 ≤ 0 Estudie la continuidad y la derivabilidad en 𝑥 = 0 y en 𝑥 = 1 de 𝑓(𝑥) = { |𝑥 ln 𝑥|, 𝑠𝑖 𝑥 > 0 𝑥(− ln 𝑥), 𝑠𝑖 0 < 𝑥 < 1 0 < 𝑥 < 1 → ln 𝑥 < 0 Considerando que: { → |𝑥 · ln 𝑥| = { 𝑥 ≥ 1 → ln 𝑥 ≥ 0 𝑥 ln 𝑥, 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 1 En 𝑥 < 0 es 𝑓 continua por ser constante. En 𝑥 > 0, es continua, pues es producto y composición de funciones continuas (logaritmo natural y valor absoluto). Entonces: 𝑓 es continua en 𝑥 = 1 Estudio local en 𝑥 = 0: lim− 𝑓(𝑥) = 0 = 𝑓(0) 𝑥→0

{

− ln 𝑥 lim+𝑓(𝑥) = lim+ (−𝑥 ln 𝑥) = ⏟ lim+ 1 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 𝐶.𝐼.0·∞ 𝑥

= ⏟ ∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 𝐶.𝐼.

1 𝑥 = lim 𝑥 = 0 → 𝑓 es continua en 𝑥 = 0 lim 1 𝑥→0+ 𝑥→0+ − 2 𝑥 −

Derivabilidad en 𝑥 = 0 (usando la definición de derivada): 𝑓 ′ (0− ) = 0 { ′ + 𝑓(𝑥) − 𝑓(0) −𝑥 ln 𝑥 − 0 → 𝑓 no es derivable en 𝑥 = 0 𝑓 (0 ) = lim+ = lim+ = lim+(− ln 𝑥) = +∞ 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 𝑥−0 𝑥 Derivabilidad en 𝑥 = 1 (usando las fórmulas de derivación): 1 𝑦 = −𝑥 ln 𝑥 → 𝑦 ′ = − ln 𝑥 − 𝑥 · = − ln 𝑥 − 1 𝑓 ′ (1− ) = −1 𝑥 { →{ ′ + → 𝑓 no es derivable en 𝑥 = 1 1 𝑓 (1 ) = 1 ′ 𝑦 = 𝑥 ln 𝑥 → 𝑦 = ln 𝑥 + 𝑥 · = ln 𝑥 + 1 𝑥

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115

2015 Septiembre (Opción A.1) a) Estudiar el crecimiento y el decrecimiento de la función: 𝑓(𝑥) = 1 + 2𝑥 + 3𝑥 2 + 4𝑥 3 b) Demostrar que la ecuación 1 + 2𝑥 + 3𝑥 2 + 4𝑥 3 = 0 tiene una única solución real y localizar un intervalo de longitud 1 que la contenga. 𝑓 ′ (𝑥) = 2 + 6𝑥 + 12𝑥 2 ; 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 12𝑥 2 + 6𝑥 + 2 = 0 → 𝑥 =

a)

−6±√36−96 24

∉ℝ

Como 𝑓’ es un polinomio de 2º grado que no se anula y es 12 > 0, entonces 𝑓 ′ (𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ Por ello, la función dada es siempre creciente. 𝑓 es creciente, ∀𝑥 ∈ ℝ b) La función polinómica 𝑓(𝑥) = 1 + 2𝑥 + 3𝑥 2 + 4𝑥 3 es continua por doquier, en particular en cualquier intervalo cerrado que consideremos. Vamos a tantear la función dando algunos valores: 𝑓(−1) = 1 − 2 + 3 − 4 = −2 < 0 { 𝑓(0) = 1 > 0 Y, como 𝑓es continua en [−1,0], en virtud del Teorema de Bolzano, existe al menos un valor 𝑐 ∈ [−1,0] tal que 𝑓(𝑐) = 0. O sea, existe al menos una solución 𝑥 = 𝑐 de la ecuación dada. El carácter único de esta solución se concluye a partir del siguiente razonamiento: Si hubiese dos soluciones distintas, por ejemplo 𝑐1 𝑦 𝑐2 , con 𝑐1 < 𝑐2 , verificando: 𝑓(𝑐1 ) = 𝑓(𝑐2 ) = 0, al ser también 𝑓 derivable en toda la recta real, y en particular en el abierto ]𝑐1 , 𝑐2 [, aplicando el Teorema de Rolle, llegaríamos a que existe un valor 𝑑 ∈ ]𝑐1 , 𝑐2 [ tal que 𝑓 ′ (𝑑) = 0. Pero esto es imposible, pues anteriormente comprobamos que 𝑓 ′ (𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ. 2.015 Septiembre (Opción A.2) a) Calcular la integral definida: 4

∫ (1 − 𝑥)𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 1

b) Calcular: lim (1 − 𝑥)𝑒 −𝑥

𝑥→+∞

𝑦

lim (1 − 𝑥)𝑒 −𝑥

𝑥→−∞

a) Por partes: 4

𝐼 = ∫ (1 − 𝑥)𝑒 −𝑥 𝑑𝑥

{

1

𝑑𝑢 = −𝑑𝑥 𝑢 = 1−𝑥 → { 𝑣 = ∫ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = −𝑒 −𝑥 𝑑𝑣 = 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥

4

𝐼 = [(𝑥 − 1)𝑒 −𝑥 ]14 − ∫ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = (3𝑒 −4 − 0) − [−𝑒 −𝑥 ]14 = 3𝑒 −4 + (𝑒 −4 − 𝑒 −1 ) = 4𝑒 −4 − 𝑒 −1 = 1

4 − 𝑒3 𝑒4

b) 1−𝑥 𝑥→+∞ 𝑒 𝑥 𝐶.𝐼.0·∞

lim (1 − 𝑥)𝑒 −𝑥 = ⏟

𝑥→+∞

lim

= ⏟ ∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 𝐶.𝐼.

−1 1 =− = 0 𝑥 𝑥→+∞ 𝑒 +∞ lim

lim (1 − 𝑥)𝑒 −𝑥 = (+∞) · (+∞) = +∞

𝑥→−∞

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116

2015 Septiembre (Opción B) 𝑎 + 𝑥 ln 𝑥, 𝑠𝑖 𝑥 > 0 , se pide: 𝑥 2𝑒 𝑥 , 𝑠𝑖 𝑥 ≤ 0 a) Calcular el valor de 𝑎 para que sea continua en todo ℝ. b) Calcular 𝑓′(𝑥) donde sea posible. c) Calcular:

Dada la función: 𝑓(𝑥) = {

0

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥. −1

a) En cada tramo la función es suma y producto de funciones continuas. Vamos a forzar, pues, la continuidad en 𝑥 = 0. lim− 𝑓(𝑥) = lim−𝑥 2 𝑒 𝑥 = 0 = 𝑓(0) 𝑥→0

𝑥→0

lim+𝑓(𝑥) = lim+ (𝑎 + 𝑥 ln 𝑥) = 𝑎 + lim+(𝑥 ln 𝑥)

𝑥→0

𝑥→0

𝑥→0

= ⏟

𝑎 + lim+

𝐶.𝐼. 0·∞

𝑥→0

{

ln 𝑥 1 𝑥

= ⏟ 𝐶.𝐼.

∞ ∞

𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

1 𝑎 + lim+ 𝑥 = 𝑎 + lim+ (−𝑥) = 𝑎 + 0 1 𝑥→0 𝑥→0 − 2 𝑥

Entonces, la continuidad en 𝑥 = 0 se garantiza con 𝑎 = 0 b) 1 𝑥 ln 𝑥, 𝑠𝑖 𝑥 > 0 𝑦 = 𝑥 ln 𝑥 → 𝑦 ′ = ln 𝑥 + 1 · = 1 + ln 𝑥 𝑓(𝑥) = { 2 𝑥 ;{ 𝑥 𝑥 𝑒 , 𝑠𝑖 𝑥 ≤ 0 𝑦 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 → 𝑦 ′ = 2𝑥𝑒 𝑥 + 𝑥 2 𝑒 𝑥 = (𝑥 2 + 2𝑥)𝑒 𝑥 𝑓(0 + ℎ) − 𝑓(0) ℎ2 𝑒 ℎ − 0 𝑓 ′ (0− ) = lim− = lim− =0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ → ∄𝑓′(0) 𝑓(0 + ℎ) − 𝑓(0) ℎ ln ℎ − 0 ′ (0+ ) 𝑓 = lim = lim = lim ln ℎ = −∞ { ℎ→0+ ℎ→0+ ℎ→0+ ℎ ℎ Por consiguiente: 𝑓 ′ (𝑥) = {

1 + ln 𝑥, 𝑠𝑖 𝑥 > 0 2 𝑥 (𝑥 + 2𝑥)𝑒 , 𝑠𝑖 𝑥 < 0

c) 0

∫ 𝑥 2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 −1

2 𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥 ; por partes: { 𝑢 = 𝑥𝑥 → { 𝑣 = 𝑒𝑥 𝑑𝑣 = 𝑒 𝑑𝑥

𝑢=𝑥 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝐼 = ∫ 𝑥 𝑒 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑒 − 2 ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2𝐽, 𝑐𝑜𝑛 𝐽 = ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥; partes: { →{ 𝑑𝑣 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑣 = 𝑒𝑥 2 𝑥

2 𝑥

𝐽 = 𝑥𝑒 𝑥 − ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 → 𝐼 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2(𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 ) = 𝑒 𝑥 (𝑥 2 − 2𝑥 + 2) 0

∫ 𝑥 2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = [𝑒 𝑥 (𝑥 2 − 2𝑥 + 2)]0−1 = [𝑒 0 · 2 − 𝑒 −1 (1 + 2 + 2)] = 2 − −1

5 2𝑒 − 5 = 𝑒 𝑒

2015 Junio (Opción A) Dada la función: 𝑓(𝑥) =

𝑥2

𝑥 ln(𝑥 + 1) + −4 𝑥+1

a) Determinar el dominio de 𝑓 y sus asíntotas. b) Calcular la recta tangente a la curva 𝑦 = 𝑓(𝑥) en 𝑥 = 0. c) Calcular ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 a) Para que exista 𝑓(𝑥), ha de ser: {

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𝑥 ≠ ±2 𝑥2 − 4 ≠ 0 →{ ˄ → 𝐷𝑜𝑚 (𝑓) = ]−1,2[ ∪ ]2, +∞[ ˄ 𝑥 > −1 𝑥+1>0

117

Asíntotas verticales: lim [

𝑥→−1+

𝑥 ln(𝑥 + 1) 1 (−∞) + ] = lim+ [− + + ] = −∞ → 𝑥 = −1 asíntota vertical 𝑥→−1 𝑥2 − 4 𝑥+1 3 0

𝑥 ln(𝑥 + 1) 2 ln 3 + ]= −+ = −∞ 2−4 𝑥 𝑥 + 1 0 3 { → 𝑥 = 2 asíntota vertical 𝑥 ln(𝑥 + 1) 2 ln 3 lim [ + ]= ++ = +∞ 𝑥→2+ 𝑥 2 − 4 𝑥+1 0 3 lim [

𝑥→2−

Asíntota horizontal:

𝑦 = 0 asíntota horizontal , pues:

𝑥 ln(𝑥 + 1) 𝑥 ln(𝑥 + 1) lim [ + ] = lim 2 + lim 𝑥→+∞ 𝑥 2 − 4 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥+1 𝑥 −4 𝑥+1

= ⏟ ∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 𝐶.𝐼.

1 1 𝑥 + 1 = 0+0= 0 lim + lim 𝑥→+∞ 2𝑥 𝑥→+∞ 1

b) 𝑓

′ (𝑥)

𝑥+1 𝑥 2 − 4 − 𝑥 · 2𝑥 𝑥 + 1 − ln(𝑥 + 1) −𝑥 2 − 4 1 − ln(𝑥 + 1) 1 3 = + = + → 𝑓 ′ (0) = − + 1 = 2 2 2 2 2 2 (𝑥 − 4) (𝑥 + 1) (𝑥 − 4) (𝑥 + 1) 4 4 3 𝑓(0) = 0 →Punto de tangencia(0,0) y pendiente de la recta tangente 𝑚 = 4

3 3 𝑦 − 0 = (𝑥 − 0) → 𝑦 = 𝑥 4 4 c) 𝑥 ln(𝑥 + 1) 𝑥 ln(𝑥 + 1) ∫[ 2 + ] 𝑑𝑥 = ∫ 2 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 = 𝐼 + 𝐽 𝑥 −4 𝑥+1 𝑥 −4 𝑥+1 𝑥 1 2𝑥 1 𝐼=∫ 2 𝑑𝑥 = ∫ 2 𝑑𝑥 = ln|𝑥 2 − 4| = ln √|𝑥 2 − 4| 𝑥 −4 2 𝑥 −4 2 ln(𝑥 + 1) 𝑑𝑥 𝐽=∫ 𝑑𝑥; cambio: 𝑡 = ln(𝑥 + 1) → 𝑑𝑡 = → 𝑥+1 𝑥+1 𝑡2 1 𝐽 = ∫ 𝑡 𝑑𝑡 = = ln2 (𝑥 + 1) 2 2 1 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ln √|𝑥 2 − 4| + ln2 (𝑥 + 1) + 𝐶 2 2015 Junio (Opción B) Dada la función: sin 𝑥 , 𝑓(𝑥) = { 𝑥 𝑥 𝑒 𝑥 + 1,

𝑠𝑖 𝑥 < 0

𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0 a) Estudiar su continuidad. b) Estudiar su derivabilidad y calcular 𝑓′ donde sea posible. c) Calcular: 3

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1

a) En cada uno de los tramos hay cociente, producto y suma de funciones continuas (y el denominador no se anula en el primer tramo). Por tanto, basta hacer el estudio local en 𝑥 = 0.

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118

lim− 𝑓(𝑥) = lim−

𝑥→0

𝑥→0

sin 𝑥 𝑥

= ⏟ 0 0 ′ 𝐿 𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 𝑥

lim−

𝑥→0

𝐶.𝐼.

cos 𝑥 1 1

→ ∃ lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(0) → 𝑓 continua en 𝑥 = 0. 𝑥→0

lim+ 𝑓(𝑥) = lim+(𝑥 𝑒 + 1) = 1 = 𝑓(0) { 𝑥→0 𝑥→0 Entonces, 𝑓 es continua por doquier. b) sin 𝑥 𝑥 cos 𝑥 − sin 𝑥 → 𝑦′ = 𝑥 𝑥2 𝑦 = 𝑥𝑒 𝑥 + 1 → 𝑦 ′ = (𝑥 + 1)𝑒 𝑥 𝑥 cos 𝑥 − sin 𝑥 cos 𝑥 − 𝑥 sin 𝑥 − cos 𝑥 − sin 𝑥 𝑓 ′ (0− ) = lim = ⏟ lim = lim =0 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 𝑥2 2𝑥 2 0 {

𝑦=

𝐶.𝐼. 0 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

𝑓 ′ (0+ ) = lim[(𝑥 + 1)𝑒 𝑥 ] = 1 ≠ 𝑓 ′ (0− ) → 𝑓 no es derivable en 𝑥 = 0 → 𝑓´(𝑥) = { 𝑥→0

𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 𝑠𝑖𝑛 𝑥 , 𝑠𝑖 𝑥 < 0 𝑥2 𝑥 (𝑥 + 1)𝑒 , 𝑠𝑖 𝑥 > 0

c) 3

3

3

3

3

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ (𝑥𝑒 𝑥 + 1)𝑑𝑥 = ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 + [𝑥]13 1

1 3

1

1

1

𝑢=𝑥 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝐼 = ∫ 𝑥𝑒 𝑑𝑥; por partes: { →{ 𝑑𝑣 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑣 = 𝑒𝑥 1 𝑥

3

𝐼 = [𝑥𝑒 𝑥 ]13 − ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = (3𝑒 3 − 𝑒) − (𝑒 3 − 𝑒) = 2𝑒 3 → 3

1

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 2𝑒 3 + (3 − 1) = 2(𝑒 3 + 1) 1

2014 Septiembre (Opción A) Dada la función: 𝑓(𝑥) =

1 𝑥 + 𝑥+1 𝑥+4

a) Determinar su dominio y sus asíntotas. b) Calcular 𝑓′(𝑥) y determinar los extremos relativos de 𝑓(𝑥). c) Calcular: 1

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 0

a) 𝑓(𝑥) =

1 𝑥 𝑥 + 4 + 𝑥 2 + 𝑥 𝑥 2 + 2𝑥 + 4 + = = 𝑥 + 1 𝑥 + 4 (𝑥 + 1)(𝑥 + 4) 𝑥 2 + 5𝑥 + 4

𝑥 + 1 = 0 → 𝑥 = −1 { → 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ]−∞, −4[ ∪ ]−4, −1[ ∪ ]−1, +∞[ 𝑥 + 4 = 0 → 𝑥 = −4 1 𝑥 1 1 lim− [ + ] = − − = −∞ 𝑥→−1 𝑥 + 1 𝑥+4 0 3 { → 𝑥 = −1 asíntota vertical 1 𝑥 1 1 lim [ + ] = + − = +∞ 𝑥→−1+ 𝑥 + 1 𝑥+4 0 3

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1 𝑥 1 −4 lim − [ + ] = − + − = +∞ 𝑥→−4 𝑥+1 𝑥+4 3 0 { → 𝑥 = −4 asíntota vertical 1 𝑥 1 −4 lim [ + ] = − + + = −∞ 𝑥→−4 + 𝑥 + 1 𝑥+4 3 0 lim 𝑓(𝑥) = lim [

𝑥→±∞

𝑥→±∞

1 𝑥 1 1 1 1 1 + ] = lim [ + ]= + = 0+ =1→ 4 4 𝑥→±∞ 𝑥+1 𝑥+4 𝑥+1 1+ ±∞ 1 + 1+0 𝑥 ±∞ 𝑦 = 1 asíntota horizontal

b) 𝑓 ′ (𝑥) =

−1 𝑥+4−𝑥 −1 4 −(𝑥 + 4)2 + 4(𝑥 + 1)2 3𝑥 2 − 12 + = + = = 2 2 2 2 2 2 (𝑥 + 1) (𝑥 + 4) (𝑥 + 1) (𝑥 + 4) (𝑥 + 1) (𝑥 + 4) (𝑥 + 1)2 (𝑥 + 4)2 𝑓 ′ (𝑥) = 0 →

3𝑥 2 − 12 = 0 → 3𝑥 2 − 12 = 0 → 𝑥 2 = 4 → 𝑥 = ±2 (𝑥 + 1)2 (𝑥 + 4)2

𝑓 ′ (𝑥) =

3(𝑥 + 2)(𝑥 − 2) 𝑦 𝜀 > 0 (valor pequeño) → (𝑥 + 1)2 (𝑥 + 4)2

3(−𝜀)(−4 − 𝜀) >0 (−1 − 𝜀)2 (2 − 𝜀)2 𝑓 crece en ]−2 − 𝜀, −2[ →{ → 3𝜀(−4 − 𝜀) 𝑓 decrece en ]−2, −2 + 𝜀[ ′ (−2 𝑓 + 𝜀) = <0 (−1 + 𝜀)2 (2 + 𝜀)2 { 𝑓 ′ (−2 − 𝜀) =

Máximo relativo: (−2, 𝑓(−2)) = (−2, −2) 3(4 − 𝜀)(−𝜀) <0 (3 − 𝜀)2 (6 − 𝜀)2 𝑓 decrece en ]2 − 𝜀, 2[ →{ → 3(4 + 𝜀)𝜀 𝑓 crece en ]2,2 + 𝜀[ 𝑓 ′ (2 + 𝜀) = > 0 (3 − 𝜀)2 (6 − 𝜀)2 { 𝑓 ′ (2 − 𝜀) =

2 Mínimo relativo: (2, 𝑓(2)) = (2, ) 3 De otro modo: 𝑓

′′ (𝑥)

𝑓 ′′ (−2) = −3 < 0 → Máximo en 𝑥 = −2 6(𝑥 3 − 12𝑥 − 20) 1 =− →{ (𝑥 + 1)3 (𝑥 + 4)3 𝑓 ′′ (2) = > 0 → Mínimo en 𝑥 = 2 27

c) 1 1 1 1 1 𝑥 𝑑𝑥 𝑥+4−4 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ [ + ] 𝑑𝑥 = ∫ +∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 + 1 𝑥 + 4 𝑥 + 1 𝑥+4 0 0 0 0 1 4 = [ln|𝑥 + 1|]10 + ∫ [1 − ] 𝑑𝑥 = [ln|𝑥 + 1|]10 + [𝑥 − 4 ln|𝑥 + 4|]10 = 𝑥 + 4 0 = ln 2 − ln 1 + (1 − 4 ln 5) − (0 − 4 ln 4) = 1 + ln 2 + 4 ln 22 − 4 ln 5 = 1 + 9 ln 2 − 4 ln 5

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120

2014 Septiembre (Opción B) Dada la función: 5 sin 𝑥 1 + , 𝑠𝑖 𝑥 < 0 2 𝑓(𝑥) = { 2𝑥 𝑎, 𝑠𝑖 𝑥 = 0 𝑥𝑒 𝑥 + 3, 𝑠𝑖 𝑥 > 0 a) Hallar, si existe, el valor de 𝑎 para que sea continua. b) Decidir si la función es derivable en 𝑥 = 0 para algún valor de 𝑎. c) Calcular la integral: ln 5

∫

𝑓(𝑥)𝑑𝑥

1

a)

lim− 𝑓(𝑥) = lim−

𝑥→0

𝑥→0

5 sin 𝑥 1 5 sin 𝑥 + 𝑥 + = lim− 2𝑥 2 𝑥→0 2𝑥

= ⏟ 0 0 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 𝐶.𝐼.

lim−

𝑥→0

5 cos 𝑥 + 1 =3 2 → 𝑎=3

𝑓(0) = 𝑎 lim+𝑓(𝑥) = lim+(𝑥𝑒 𝑥 + 3) = 3

{

𝑥→0

𝑥→0

b) Para que una función sea derivable es necesario que sea continua. Por tanto, es preciso que sea 𝑎 = 3. 5 sin ℎ 1 5 sin ℎ + ℎ − 6ℎ +2−3 𝑓(0 + ℎ) − 𝑓(0) 2ℎ 2ℎ 𝑓 ′ (0− ) = lim− = lim− = lim− ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ ℎ 5 sin ℎ − 5ℎ 5 cos ℎ − 5 −5 sin ℎ = lim− = ⏟ lim− = ⏟ lim− =0 2 ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 2ℎ 4ℎ 4 0 0 𝐶.𝐼. 0 𝐿′ 𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

𝑓 ′ (0+ ) = lim+ ℎ→0

∀𝑎 ∈ ℝ,

𝐶.𝐼. 0 𝐿′ 𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

𝑓(0 + ℎ) − 𝑓(0) ℎ𝑒 ℎ + 3 − 3 = lim+ = lim+ 𝑒 ℎ = 1 ≠ 𝑓 ′ (0− ) → ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ

𝑓 no es derivable en 𝑥 = 0

5(𝑥 cos 𝑥 −sin 𝑥) , 𝑠𝑖 𝑥 < 0 𝑓 ′ (𝑥) = { 2𝑥 2 𝑒 𝑥 (1 + 𝑥), 𝑠𝑖 𝑥 > 0

c) 𝐼 = ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥

𝑢=𝑥 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 Por partes: { →{ → 𝐼 = 𝑥𝑒 𝑥 − ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 + 𝐶 𝑑𝑣 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑣 = 𝑒𝑥

ln 5

ln 5

∫

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫

1

1

(𝑥𝑒 𝑥 + 3) 𝑑𝑥 = [𝑒 𝑥 (𝑥 − 1) + 3𝑥]1ln 5 = 𝑒 ln 5 (ln 5 − 1) + 3 ln 5 − 3 = = 5 ln 5 − 5 + 3 ln 5 − 3 = 8(ln 5 − 1)

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121

2014 Junio (Opción A.1) a) Sea 𝑓: ℝ → ℝ una función dos veces derivable. Sabiendo que el punto de abscisa 𝑥 = −2 es un punto de inflexión de la gráfica de 𝑓(𝑥) y que la recta de ecuación 𝑦 = 16𝑥 + 16 es tangente a la gráfica de 𝑓(𝑥) en dicho punto, determinar: 𝑓(−2), 𝑓 ′ (−2), 𝑓 ′′ (−2). b) Determinar el área de la región plana acotada limitada por la gráfica de la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 + 4𝑥 3 y el eje OX.

a) Sabemos que una curva comparte con su tangente el punto de tangencia y la pendiente en dicho punto. 𝑦 = 16𝑥 + 16 → 𝑓(−2) = 16(−2) + 16 = −16 Entonces, en 𝑥 = −2 → { 𝑦 ′ = 16 → 𝑓 ′ (−2) = 16 En un punto de inflexión, la segunda derivada vale 0. Entonces, 𝑓 ′′ (−2) = 0. Resumiendo: 𝑓(−2) = −16, 𝑓 ′ (−2) = 16, 𝑓 ′′ (−2) = 0 b)

𝑂𝑋 ≡ 𝑦 = 0; 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 + 4𝑥 3 ; 𝑓(𝑥) = 0 → 𝑥 4 + 4𝑥 3 = 0 → 𝑥 3 (𝑥 + 4) = 0 → 𝑥=0 𝑥3 = 0 →{ ˅ { ˅ 𝑥 = −4 𝑥+4=0 0

0

𝑆 = |∫

(𝑥 4

+ 4𝑥

3 )𝑑𝑥

−4

|−

(−4)5 𝑥5 | = |[ + 𝑥 4 ] | = |0 − ( + (−4)4 )| = 5 5 −4

−512 + 256 256 |=| | = 51′ 2 𝑢2 5 5

2014 Junio (Opción A.2) Calcular los límites siguientes: 1 − 2𝑥 − 𝑒 𝑥 + sin(3𝑥) lim 𝑥→0 𝑥2

1 − 2𝑥 − 𝑒 𝑥 + sin(3𝑥) 𝑥→0 𝑥2 lim

= ⏟ 0 0 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 𝐶.𝐼.

𝑦

(5𝑥 2 + 2)(𝑥 − 6) 𝑥→+∞ (𝑥 2 − 1)(2𝑥 − 1) lim

−2 − 𝑒 𝑥 + 3 cos(3𝑥) 𝑥→0 2𝑥 lim

= ⏟ 0 0 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 𝐶.𝐼.

−𝑒 𝑥 − 9 sin(3𝑥) 1 = − 𝑥→0 2 2 lim

30 2 12 𝑥 3 (5 − 𝑥 + 2 − 3 ) (5𝑥 2 + 2)(𝑥 − 6) 5𝑥 3 − 30𝑥 2 + 2𝑥 − 12 𝑥 𝑥 lim = lim = ⏟ lim 1 2 1 𝑥→+∞ (𝑥 2 − 1)(2𝑥 − 1) 𝑥→+∞ 2𝑥 3 − 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 𝑥→+∞ ∞ 𝑥 3 (2 − 𝑥 − 2 + 3 ) 𝐶.𝐼. ∞ 𝑥 𝑥 30 2 12 5− 𝑥 + 2− 3 5−0+0−0 5 𝑥 𝑥 = = lim = 1 2 1 𝑥→+∞ 2−0−0+0 2 2−𝑥− 2+ 3 𝑥 𝑥

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122

2014 Junio (Opción B) 𝑎 + ln(1 − 𝑥), 𝑠𝑖 𝑥 < 0 Dada la función: 𝑓(𝑥) = { 2 −𝑥 , se pide: 𝑥 𝑒 , 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0 a) Calcular: lim 𝑓(𝑥) 𝑦

lim 𝑓(𝑥)

𝑥→+∞

𝑥→−∞

b) Calcular 𝑎, de modo que 𝑓(𝑥) sea continua en todo ℝ. c) Estudiar la derivabilidad de 𝑓 y calcular 𝑓′ donde sea posible. lim 𝑓(𝑥) = lim [𝑎 + ln(1 − 𝑥)] = 𝑎 + ln(+∞) = +∞

a)

𝑥→−∞

𝑥→−∞

lim 𝑥 2 𝑒 −𝑥

𝑥→+∞

𝑥2 𝑥→+∞ 𝑒 𝑥 0·∞

= ⏟ 𝐶.𝐼.

lim

= ⏟ ∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 𝐶.𝐼.

2𝑥 𝑥→+∞ 𝑒 𝑥 lim

= ⏟ ∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 𝐶.𝐼.

2 2 = = 0 𝑥 𝑥→+∞ 𝑒 +∞ lim

b) En cada tramo, la función es continua, pues es suma, resta, producto y composición de funciones continuas, y además 1 − 𝑥 > 0 en 𝑥 < 0. Hagamos el estudio local en 𝑥 = 0. lim 𝑓(𝑥) = lim[𝑎 + ln(1 − 𝑥)] = 𝑎 + ln 1 = 𝑎 + 0 = 𝑎

{

𝑥→0−

𝑥→0

lim 𝑓(𝑥) = lim+ 𝑥2 𝑒−𝑥 = 0 · 1 = 0

𝑥→0+

𝑦 𝑓(0) = 0

𝑥→0

Entonces, para que la función sea continua en 𝑥 = 0, ha de ser: 𝑎 = 0 c) Para que una función sea derivable, ha de ser necesariamente continua, por lo que 𝑎 = 0.

−1 1 = 1−𝑥 𝑥−1 { 𝑦 = 𝑥2 𝑒−𝑥 → 𝑦′ = 2𝑥𝑒−𝑥 + 𝑥2 (−𝑒−𝑥 ) = (2𝑥 − 𝑥2 )𝑒−𝑥 𝑦 = ln(1 − 𝑥) → 𝑦′ =

1 = −1 𝑥 − 1 { ; 𝑓 ′ (0− ) ≠ 𝑓 ′ (0+ ) → ∄𝑓′(0) ′ (0+ ) 2 −𝑥 𝑓 = lim+(2𝑥 − 𝑥 )𝑒 = 0 𝑓 ′ (0− ) = lim− 𝑥→0

𝑥→0

1 , 𝑓 ′ (𝑥) = { 𝑥 − 1 (2𝑥 − 𝑥2 )𝑒−𝑥 ,

𝑠𝑖 𝑥 < 0

𝑠𝑖 𝑥 > 0

2013 Septiembre (Opción A) Dada la función: 𝑓(𝑥) =

4 27 + 𝑥 − 4 2𝑥 + 2

a) Obtener las asíntotas de su gráfica. b) Determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, y los puntos de inflexión. c) Esbozar la gráfica de la función.

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123

𝑓(𝑥) =

a)

4 𝑥−4

+

27 2𝑥+2

→ 𝐷𝑜𝑚 (𝑓) = ]−∞, −1[ ∪ ]−1,4[ ∪ ]4, +∞[

4 27 lim 𝑓(𝑥) = − + − = −∞ 5 0 { → 𝑥 = −1 asíntota vertical 4 27 lim 𝑓(𝑥) = − + + = +∞ 𝑥→−1+ 5 0 𝑥→−1−

4 27 + = −∞ − 0 10 { → 𝑥 = 4 asíntota vertical 4 27 lim 𝑓(𝑥) = + + = +∞ 𝑥→4 + 0 10 lim 𝑓(𝑥) =

𝑥→4 −

4 27 4 27 lim ( + ) = 0 𝑦 lim ( + ) = 0 → 𝑦 = 0 asíntota horizontal 𝑥→+∞ 𝑥 − 4 𝑥→−∞ 𝑥 − 4 2𝑥 + 2 2𝑥 + 2 Habiendo asíntota horizontal, no hay asíntota oblicua. b) 𝑓 ′ (𝑥) = −

4 27 −8(𝑥 + 1)2 − 27(𝑥 − 4)2 − = (𝑥 − 4)2 2(𝑥 + 1)2 2(𝑥 − 4)2 (𝑥 + 1)2

−8(𝑥 + 1)2 − 27(𝑥 − 4)2 < 0, ∀𝑥 ∈ ℝ → 𝑓 ′ (𝑥) < 0, ∀𝑥 ∈ ]−∞, −1[ ∪ ]−1,4[ ∪ ]4, +∞[ → 𝑓 es creciente en su dominio 𝑓 ′ (𝑥) = −

4 27 −4 · 2(𝑥 − 4) −27 · 2 · 2(𝑥 + 1) − → 𝑓 ′′ (𝑥) = − − (𝑥 − 4)2 2(𝑥 + 1)2 (𝑥 − 4)4 4(𝑥 + 1)4

𝑓 ′′ (𝑥) =

=

[2(𝑥 + 1)]3 + [3(𝑥 − 4)]3 8 27 + = = ⏟ (𝑥 − 4)3 (𝑥 + 1)3 (𝑥 − 4)3 (𝑥 + 1)3 𝐴3 +𝐵3

[2(𝑥 + 1) + 3(𝑥 − 4)][4(𝑥 + 1)2 − 6(𝑥 + 1)(𝑥 − 4) + 9(𝑥 − 4)2 ] = (𝑥 − 4)3 (𝑥 + 1)3 =

(5𝑥 − 10)(7𝑥 2 − 46𝑥 + 172) 5(𝑥 − 2)(7𝑥 2 − 46𝑥 + 172) = (𝑥 − 4)3 (𝑥 + 1)3 (𝑥 − 4)3 (𝑥 + 1)3

𝑓 ′′ (𝑥) = 0 → {

𝑥−2 =0→ 𝑥 =2 5 𝑓 ′′ (2− ) > 0 , { ′′ + , 𝑓(2) = → ˅ (2 ) 𝑓 < 0 2 7𝑥 2 − 46𝑥 + 172 = 0 → ∄𝑥 ∈ ℝ 5 (2, ) punto de inflexión 2

c) Cortes con los ejes: 25 25 → (0, ) 2 2 4 27 8𝑥 + 8 + 27𝑥 − 108 20 20 𝑦=0→ + =0→ = 0 → 35𝑥 − 100 = 0 → 𝑥 = → ( , 0) 𝑥 − 4 2𝑥 + 2 (𝑥 − 4)(2𝑥 + 2) 7 7 { 𝑥=0→𝑦=

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124

2013 Septiembre (Opción B.1) Dada la función: 𝑓(𝑥) =

𝑥 𝑥2 + 1

Se pide: a) Hallar la ecuación de la recta tangente a su gráfica en 𝑥 = 0. b) Calcular: 1

𝐼 = ∫ 𝑥 · 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 0

a) El punto de tangencia: 𝑥 = 0 → 𝑓(0) =

0 = 0 → (0,0) 02 + 1

La pendiente: 𝑓 ′ (𝑥) =

1 · (𝑥 2 + 1) − 𝑥 · 2𝑥 1 − 𝑥2 = → 𝑓 ′ (0) = 1 (𝑥 2 + 1)2 (𝑥 2 + 1)2

La recta tangente: 𝑦 − 0 = 1(𝑥 − 0) → 𝑦 = 𝑥 b) 1

𝐼=∫ 𝑥· 0

1 1 (𝑥 2 1 𝑥 𝑥2 + 1) − 1 1 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 = ∫ (1 − 2 ) 𝑑𝑥 = 2+1 2+1 𝑥2 + 1 𝑥 𝑥 𝑥 +1 0 0 0

= [𝑥 − arctan 𝑥]10 = 1 − arctan 1 − (0 − arctan 0) = 1 −

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𝜋 4−𝜋 = 4 4

125

2013 Septiembre (Opción B.2) 1

Dada la función: 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 Se pide: a) Calcular lim 𝑓(𝑥) 𝑦 𝑥→−∞

lim 𝑓(𝑥) y estudiar la existencia de lim 𝑓(𝑥)

𝑥→+∞

𝑥→0

b) Esbozar la gráfica de 𝑦 = 𝑓(𝑥), determinando los intervalos de crecimiento y decrecimiento, y las asíntotas. 1

1

lim 𝑒 𝑥 = 𝑒 0 = 1

a)

lim 𝑒 𝑥 = 𝑒 0 = 1

𝑥→−∞ 1

1

lim− 𝑒 𝑥 = 𝑒 0− = 𝑒 −∞ =

{𝑥→0

1

1

𝑥→+∞

1

lim+𝑒 𝑥 = 𝑒 0+ = 𝑒 +∞

𝑥→0

1 =0 1 +∞ → ∄ lim 𝑒 𝑥 𝑥→0 = +∞

𝑒 +∞

=

𝑦 = 1 (asíntota horizontal) b) Las anteriores consideraciones nos proporcionan: { 𝑥 = 0 (asíntota vertical) 𝑓 ′ (𝑥) = −

1 1 𝑒 𝑥 < 0, ∀𝑥 ∈ ℝ − {0} → 𝑓 decreciente en su dominio. 𝑥2

2013 Junio (Opción A.1) Dada la función: 𝑓(𝑥) =

𝑥3 (𝑥 − 3)2

a) Hallar las asíntotas de su gráfica. b) Hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝑦 = 𝑓(𝑥) en el punto de abscisa 𝑥 = 2. a) Es 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {3} 𝑥3 27 = + = +∞ → 𝑥 = 3 asíntota vertical 2 𝑥→3 (𝑥 − 3) 0 lim

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𝑥3 𝑥3 𝑥3 𝑥 = lim = lim = lim = ±∞ → 6 9 6 9 𝑥→±∞ (𝑥 − 3)2 𝑥→±∞ 𝑥 2 − 6𝑥 + 9 𝑥→±∞ 2 𝑥→±∞ 𝑥 (1 − + 2 ) 1− + 2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 lim

No hay asíntota horizontal. Busquemos la oblicua (𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏): 𝑓(𝑥) 𝑥2 𝑥2 1 = lim 2 = lim = lim =1 6 9 6 9 𝑥→±∞ 𝑥 𝑥→±∞ 𝑥 − 6𝑥 + 9 𝑥→±∞ 2 𝑥→±∞ 𝑥 (1 − + 2 ) 1− + 2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥

𝑚 = lim

9 𝑥 2 (6 − ) 𝑥3 𝑥 3 − 𝑥 3 + 6𝑥 2 − 9𝑥 𝑥 𝑏 = lim [𝑓(𝑥) − 𝑚𝑥] = lim ( 2 − 𝑥) = lim = lim = 6 9 𝑥→±∞ 𝑥→±∞ 𝑥 − 6𝑥 + 9 𝑥→±∞ 𝑥→±∞ 2 𝑥 2 − 6𝑥 + 9 𝑥 (1 − + 2 ) 𝑥 𝑥 6−

= lim

𝑥→±∞

1−

9 𝑥

6 9 + 𝑥 𝑥2

= 6 → 𝑦 = 𝑥 + 6 asíntota oblicua

b) Punto de tangencia: 𝑥 = 2 → 𝑓(2) =

23 = 8 → (2,8) (2 − 3)2

Pendiente: 𝑓 ′ (𝑥) =

3𝑥 2 (𝑥 − 3)2 − 𝑥 3 · 2(𝑥 − 3) 3𝑥 2 (𝑥 − 3) − 2𝑥 3 𝑥 3 − 9𝑥 2 −28 = = → 𝑓 ′ (2) = = 28 (𝑥 − 3)4 (𝑥 − 3)3 (𝑥 − 3)3 −1

Recta tangente:

𝑦 − 8 = 28(𝑥 − 2) → 𝑦 = 28𝑥 − 48

2013 Junio (Opción A.2) Calcular las siguientes integrales: ∫

∫

𝑥−3 𝑑𝑥 𝑥2 + 9

2

𝑦

∫ 1

3 − 𝑥2 + 𝑥4 𝑑𝑥 𝑥3

𝑥−3 𝑥 3 𝑥 3 1 2𝑥 𝑑𝑥 = ∫ ( 2 − 2 ) 𝑑𝑥 = ∫ 2 𝑑𝑥 − ∫ 2 𝑑𝑥 = ∫ 2 𝑑𝑥 − 3 ∫ 2 𝑥 +9 𝑥 +9 𝑥 +9 𝑥 +9 𝑥 +9 2 𝑥 +9

1 𝑥2

9(

9

𝑑𝑥 =

+ 1)

1 1 1 𝑥 3 2 = ln|𝑥 + 9| − ∫ 𝑑𝑥 = ⏟ ln(𝑥 2 + 9) − arctan ( ) + 𝐶 𝑥 2 2 2 3 𝑥 2 +9>0 ( ) +1 3 2

2 2 3 − 𝑥2 + 𝑥4 3 1 1 𝑥 −2 𝑥2 −3 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ ( − + 𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ (3𝑥 − + 𝑥) 𝑑𝑥 = [3 · − ln|𝑥| + ] = 3 𝑥3 𝑥 𝑥 −2 2 1 1 1 𝑥 1 2

2

= [−

3 𝑥2 3 4 3 1 21 − ln|𝑥| + ] = (− − ln 2 + ) − (− − 0 + ) = − ln 2 2 2𝑥 2 1 8 2 2 2 8

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2013 Junio (Opción B) Dada la función 𝑓(𝑥) = 2 cos 2 𝑥, se pide: 𝜋 𝜋 a) Calcular los extremos absolutos de 𝑓(𝑥) en [− , ] 2 2 𝜋 𝜋

b) Calcular los puntos de inflexión de 𝑓(𝑥) en [− , ] 2 2 c) Calcular: 𝜋 2

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 0

a) 𝑓 ′ (𝑥) = 2 · 2 cos 𝑥 · (− sin 𝑥) = (−2) · 2 sin 𝑥 · cos 𝑥 = − 2sin(2𝑥); 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → sin(2𝑥) = 0 → 𝑓(0) = 2 cos 2 0 = 2 𝑥=0 2𝑥 = 0 𝜋 𝜋 𝜋 2 {2𝑥 = −𝜋 → {𝑥 = − 2 → 𝑓 (− 2 ) = 2 cos (− 2 ) = 0 → 𝜋 𝜋 2𝑥 = 𝜋 2 𝜋 𝑥= 2 { 𝑓 ( 2 ) = 2 cos ( 2 ) = 0 Máximo:(0,2) 𝜋 𝜋 (por la continuidad de 𝑓) { Mínimos: (− , 0) y ( , 0) 2 2 b)

𝜋 𝜋 2𝑥 = − 𝑥=− 2 4 𝑓 ′′ (𝑥) = −4 cos(2𝑥); 𝑓 ′′ (𝑥) = 0 → −4 cos(2𝑥) = 0 → cos(2𝑥) = 0 → { 𝜋 →{ 𝜋 2𝑥 = 𝑥= 2 4 𝜋 𝜋 ′′′ 𝑓 (− ) = −8 ≠ 0 (− , 1) 4 𝑓 ′′′ (𝑥) = 8 sin(2𝑥) → { → Inflexiones: { 𝜋4 𝜋 𝑓 ′′′ ( ) = 8 ≠ 0 ( , 1) 4 4

c) 𝜋 2

𝜋 2

𝜋

2 1 cos(2𝑥) = cos 2 𝑥 − sin2 𝑥 = 2 cos 2 𝑥 − 1 → ∫ 2 cos 2 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ [1 + cos(2𝑥)]𝑑𝑥 = [𝑥 + sin(2𝑥)] = 2 0 0 0 𝜋 1 1 𝜋 ( + sin 𝜋) − (0 + sin 0) = 2 2 2 2 2012 Septiembre (Opción A)

Dada la función: 𝑓(𝑥) = {

3𝑥 + 𝐴, 𝑠𝑖 𝑥 ≤ 3 , se pide: −4 + 10𝑥 − 𝑥 2 , 𝑠𝑖 𝑥 > 3

a) Hallar el valor de 𝐴 para que 𝑓 sea continua. ¿Es derivable para ese valor de 𝐴? b) Hallar los puntos en los que 𝑓 ′ (𝑥) = 0. c) Hallar el máximo absoluto y el mínimo absoluto de 𝑓 en el intervalo [4,8]. a) En cada tramo, por tratarse de expresiones polinómicas, la función es continua. Hagamos, pues, el estudio local en 𝑥 = 3, forzando la continuidad. lim− 𝑓(𝑥) = lim(3𝑥 + 𝐴) = 9 + 𝐴 = 𝑓(3) 𝑥→3 {𝑥→3 ; 9 + 𝐴 = 17 → 𝐴 = 8 lim+ 𝑓(𝑥) = lim(−4 + 10𝑥 − 𝑥 2 ) = 17 𝑥→3

𝑥→3

𝑦 = 3𝑥 + 8 → 𝑦 ′ = 3 𝑓 ′ (3− ) = 3 { →{ ′ + → ∄𝑓′(3) →No es derivable en 𝑥 = 3. 2 ′ 𝑓 (3 ) = 4 𝑦 = −4 + 10𝑥 − 𝑥 → 𝑦 = 10 − 2𝑥 b) 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 10 − 2𝑥 = 0 → 𝑥 = 5; 𝑓(5) = −4 + 10 · 5 − 52 = 21 →El punto (5, 21)

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128

c) Por el teorema de Weierstrass, al ser 𝑓 continua en [4,8], alcanza su máximo y su mínimo absolutos. Entonces, evaluamos la función en los extremos del intervalo y en sus puntos singulares (pues es derivable en dicho intervalo): 𝑓(4) = 20 {𝑓(5) = 21 → Máximo absoluto. 𝑓(8) = 12 → Mínimo absoluto. 2012 Septiembre (Opción B) Dada la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 · sin 𝑥 , se pide: a) Determinar, justificando la respuesta, si la ecuación 𝑓(𝑥) = 0 tiene alguna solución en 𝜋 ] , 𝜋[. 2 b) Calcular la integral de 𝑓 en el intervalo ]0, 𝜋[. c) Obtener la ecuación de la recta normal a la gráfica de 𝑦 = 𝑓(𝑥) en el punto (𝜋, 𝑓(𝜋)). a) Se trata de una función continua en toda la recta real (pues es producto de un polinomio y un seno), por lo que es continua en el intervalo considerado. 2 𝜋 < 𝑥 < 𝜋 → { 𝑥 > 0 → 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 · sin 𝑥 > 0 → No la hay. 2 sin 𝑥 > 0 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥 𝑢 = 𝑥2 b) Integramos por partes: { →{ → 𝑣 = sin 𝑥 · 𝑑𝑥 = − cos 𝑥 ∫ 𝑑𝑣 = sin 𝑥 · 𝑑𝑥 𝐼 = ∫ 𝑥 2 · sin 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥 2 cos 𝑥 + 2 ∫ 𝑥 · cos 𝑥 𝑑𝑥 ⏟ 𝐽

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑢=𝑥 Volvemos a integrar por partes: { →{ 𝑣 = ∫ cos 𝑥 𝑑𝑥 = sin 𝑥 𝑑𝑣 = cos 𝑥 𝑑𝑥 𝐽 = 𝑥 · sin 𝑥 − ∫ sin 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 · sin 𝑥 + cos 𝑥 → 𝐼 = −𝑥 2 cos 𝑥 + 2(𝑥 · sin 𝑥 + cos 𝑥) = −𝑥 2 cos 𝑥 + 2𝑥 sin 𝑥 + 2 cos 𝑥 𝜋

∫ 𝑥 2 · sin 𝑥 𝑑𝑥 = [−𝑥 2 cos 𝑥 + 2𝑥 sin 𝑥 + 2 cos 𝑥]𝜋0 = 0

= [−𝜋 2 (−1) + 0 + 2(−1)] − [0 + 0 + 2 · 1] = 𝜋 2 − 4 c) 𝑓(𝜋) = 𝜋 2 · sin 𝜋 = 0 →Punto de tangencia: (𝜋, 0) 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 · sin 𝑥 + 𝑥 2 · cos 𝑥 → 𝑓 ′ (𝜋) = 2𝑥 · 0 + 𝜋 2 (−1) = −𝜋 2 → 1 1 1 1 Pendiente de la normal: − ′ =− = 2 → Ecuación de la normal: 𝑦 = 2 (𝑥 − 𝜋) 2 𝑓 (𝜋) −𝜋 𝜋 𝜋 2012 Junio (Opción A.1) Hallar 𝑎, 𝑏 𝑦 𝑐 de modo que la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 + 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 alcance en 𝑥 = 1 un máximo relativo de valor 2, y tenga en 𝑥 = 3 un punto de inflexión.

𝑓(𝑥) = 𝑥 3 + 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 → 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 + 2𝑎𝑥 + 𝑏 → 𝑓 ′′ (𝑥) = 6𝑥 + 2𝑎 𝑓(1) = 2 1+𝑎+𝑏+𝑐 =2 𝑎+𝑏+𝑐 =1 𝑓𝑚á𝑥 = 𝑓(1) = 2 → { ′ →{ →{ 𝑓 (1) = 0 3 + 2𝑎 + 𝑏 = 0 2𝑎 + 𝑏 = −3 MATEMÁTICAS B. ANÁLISIS PAU Comunidad de Madrid 2000-2016

129

Inflexión en 𝑥 = 3 → 𝑓 ′′ (3) = 0 → 18 + 2𝑎 = 0 → 𝑎 = −9 2(−9) + 𝑏 = −3 → 𝑏 = 15 ; (−9) + 15 + 𝑐 = 1 → 𝑐 = −5 2012 Junio (Opción A.2) Hallar razonadamente las siguientes integrales definidas: 𝜋

∫ 𝑒

2𝑥

cos 𝑥 𝑑𝑥

𝑦

∫

0

𝜋 2

0

sin(2𝑥) 𝑑𝑥 1 + cos 2 (2𝑥)

2𝑥 𝑑𝑢 = 2𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 La primera: Integramos por partes. { 𝑢 = 𝑒 →{ 𝑣 = ∫ cos 𝑥 𝑑𝑥 = sin 𝑥 𝑑𝑣 = cos 𝑥 𝑑𝑥

𝐼 = 𝑒 2𝑥 sin 𝑥 − 2 ∫ 𝑒 2𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 ⏟ 𝐽 2𝑥 𝑑𝑢 = 2𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 De nuevo, por partes. { 𝑢 = 𝑒 →{ → 𝑣 = ∫ sin 𝑥 𝑑𝑥 = − cos 𝑥 𝑑𝑣 = sin 𝑥 𝑑𝑥

𝐽 = −𝑒 2𝑥 cos 𝑥 + 2 ∫ 𝑒 2𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 → 𝐽 = −𝑒 2𝑥 cos 𝑥 + 2𝐼 → 𝐼 = 𝑒 2𝑥 sin 𝑥 − 2𝐽 → 𝐼 = 𝑒 2𝑥 sin 𝑥 − 2[−𝑒 2𝑥 cos 𝑥 + 2𝐼] → 5𝐼 = 𝑒 2𝑥 sin 𝑥 + 2𝑒 2𝑥 cos 5𝑥 →

1 𝐼 = 𝑒 2𝑥 [sin 𝑥 + 2 cos(5𝑥)] + 𝐶 → 5 𝜋

𝜋 1 1 1 2 ∫ 𝑒 2𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = [ 𝑒 2𝑥 [sin 𝑥 + 2 cos(5𝑥)]] = 𝑒 2𝜋 (0 − 2) − 𝑒 0 (0 + 2) = − (𝑒 2𝜋 + 1) 5 5 5 5 0 0

La segunda: Por cambio de variable. 𝑡 = cos(2𝑥) → 𝑑𝑡 = −2 sin(2𝑥) · 𝑑𝑥 → sin(2𝑥) · 𝑑𝑥 = − 𝑑𝑡 −1 − sin(2𝑥) 2 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 2 1 + 𝑡2 0 1 + cos (2𝑥) 1 𝜋 2

=

𝑑𝑡 2

𝑥 = 0 → 𝑡 = cos 0 = 1 𝑦 {𝑥 = 𝜋 → 𝑡 = cos 𝜋 = −1 2 = ⏟

𝐶𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 𝑙í𝑚𝑖𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛→ 𝐶𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎 𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜.

1 1 𝑑𝑡 1 ∫ = [arctan 𝑡]1−1 = 2 −1 1 + 𝑡 2 2

1 1 𝜋 𝜋 𝜋 [arctan 1 − arctan(−1)] = [ − (− )] = 2 2 4 4 4

2012 Junio (Opción A.3) Dada la función:

𝑓(𝑥) = cos 2 𝑥 , se pide:

a) Calcular sus extremos relativos en ]−𝜋, 𝜋[. b) Calcular sus puntos de inflexión en ]−𝜋, 𝜋[. c) Hallar la primitiva 𝑔(𝑥) de 𝑓(𝑥) tal que 𝑔(𝜋/4) = 0. a) 𝑓 ′ (𝑥) = −2 cos 𝑥 · sin 𝑥 = − sin(2𝑥) → 𝑓 ′′ (𝑥) = −2 cos(2𝑥) → 𝑓 ′′′ (𝑥) = 4 sin(2𝑥)

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𝑓 ′ (𝑥) = 0 → − sin(2𝑥) = 0 → sin(2𝑥) = 0 → 2𝑥 = 𝑘𝜋 (𝑘 ∈ ℤ) → 𝑥 =

𝑘𝜋 (𝑘 ∈ ℤ) 2

En el intervalo ]– 𝜋, 𝜋[: 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 → 𝑓 ′′ (− ) = 2 > 0 → Mínimo en (− , 𝑓 (− )) = (− , 0) 2 2 2 2 2 ′′ (0) 𝑘=0→𝑥=0→𝑓 = −2 < 0 → Máximo en (0, 𝑓(0)) = (0,1) 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 𝑘 = 1 → 𝑥 = → 𝑓 ′′ ( ) = 2 > 0 → Mínimo en ( , 𝑓 ( )) = ( , 0) 2 2 2 2 2

𝑘 = −1 → 𝑥 = −

{

b) 𝑓 ′′ (𝑥) = 0 → −2 cos(2𝑥) = 0 → cos(2𝑥) = 0 → 𝜋 𝜋 𝑘𝜋 (𝑘 ∈ ℤ). En el intervalo ]−𝜋, 𝜋[: 2𝑥 = + 𝑘𝜋 (𝑘 ∈ ℤ) → 𝑥 = + 2 4 2 3𝜋 3𝜋 3𝜋 3𝜋 3𝜋 1 → 𝑓 ′′′ (− ) = 4 ≠ 0 → Inflexión en (− , 𝑓 (− )) = (− , ) 4 4 4 4 4 2 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 1 𝑥 = − → 𝑓 ′′′ (− ) = −4 ≠ 0 → Inflexión en (− , 𝑓 (− )) = (− , ) 4 4 4 4 4 2 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 1 𝑥 = → 𝑓 ′′′ ( ) = −4 ≠ 0 → Inflexión en ( , 𝑓 ( )) = ( , ) 4 4 4 4 4 2 3𝜋 3𝜋 3𝜋 3𝜋 3𝜋 1 𝑥= → 𝑓 ′′′ ( ) = 4 ≠ 0 → Inflexión en ( , 𝑓 ( )) = ( , ) 4 4 4 4 4 2

𝑥=−

{

c) cos(2𝑥) = cos 2 𝑥 − sin2 𝑥 → cos(2𝑥) = cos 2 𝑥 − (1 − cos 2 𝑥) → 1 + cos(2𝑥) = 2 cos 2 𝑥 → 𝑔(𝑥) = ∫ cos 2 𝑥 𝑑𝑥 =

1 1 1 1 ∫ 2 cos 2 𝑥 𝑑𝑥 = ∫[1 + cos(2𝑥)]𝑑𝑥 = [𝑥 + sin(2𝑥)] + 𝐶 2 2 2 2

𝜋 1 𝜋 1 𝜋 𝜋+2 𝜋+2 𝑔 ( ) = 0 → [ + sin ( )] + 𝐶 = 0 → +𝐶 =0→𝐶 =− → 4 2 4 2 2 8 8 𝑔(𝑥) =

2𝑥 + sin(2𝑥) 𝜋 + 2 − 4 8

2012 Junio (Opción B.1) Dadas las funciones: 𝑓(𝑥) =

3𝑥 + ln(𝑥 + 1) √𝑥 2 − 3

,

𝑔(𝑥) = (ln 𝑥) 𝑥 ,

ℎ(𝑥) = sin(𝜋 − 𝑥)

a) Hallar el dominio de 𝑓(𝑥) y el lim 𝑓(𝑥). 𝑥→+∞

b) Calcular 𝑔′ (𝑒). c) Calcular, en el intervalo ]0,2𝜋[, las coordenadas de los puntos de corte con los ejes de abscisas y las coordenadas de los extremos relativos de ℎ(𝑥).

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131

a) Para que exista 𝑓(𝑥) ha de ser: {

𝑥 > −1 𝑥+1>0 𝑥 > −1 ˄ → { → { → ˄ ˄ 2 2 𝑥 −3>0 𝑥 >3 𝑥 < −√3 ˅ 𝑥 > √3 𝑥 > √3 → 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ]√3, +∞[

lim

𝑥→+∞

3𝑥 + ln(𝑥 + 1) √𝑥 2 − 3

b) Derivación logarítmica: → ⏟ 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒

1 1 1 3+ 3+ 𝑥 + 1 𝑥 + 1 𝑥 + 1= 3+0 = 3 = ⏟ lim = lim = lim 2𝑥 1 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ √1 − 0 ∞ 3 √1 − 2 2−3 2−3 ∞ 2√𝑥 √𝑥 𝑥 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 𝑥 3+

𝑔(𝑥) = (ln 𝑥)𝑥 → ln[𝑔(𝑥)] = ln[(ln 𝑥) 𝑥 ] → ln[𝑔(𝑥)] = 𝑥 · ln(ln 𝑥) 𝑔′(𝑥) 1 1 1 = 1 · ln(ln 𝑥) + 𝑥 · · → 𝑔′ (𝑥) = 𝑔(𝑥) [ln(ln 𝑥) + ]→ 𝑔(𝑥) ln 𝑥 𝑥 ln 𝑥

𝑔′ (𝑥) = (ln 𝑥) 𝑥 [ln(ln 𝑥) +

1 1 ] → 𝑔′ (𝑒) = 1𝑒 (0 + ) → 𝑔′ (𝑒) = 1 ln 𝑥 1

c) ℎ(𝑥) = sin(𝜋 − 𝑥) → ℎ′ (𝑥) = − cos(𝜋 − 𝑥) → ℎ′′ (𝑥) = sin(𝜋 − 𝑥) ℎ(𝑥) = 0 → sin(𝜋 − 𝑥) = 0 → 𝜋 − 𝑥 = 𝑘𝜋 (𝑐𝑜𝑛 𝑘 ∈ ℤ) → 𝑥 = (1 − 𝑘)𝜋 (𝑐𝑜𝑛 𝑘 ∈ ℤ)

→ ⏟ 𝑥∈]0,2𝜋[

𝑘 = 0,

𝑥 = 𝜋 → El punto: 𝑃(𝜋, 0)

𝜋 𝑘=0→𝑥= 𝜋 2 ℎ′ (𝑥) = 0 → cos(𝜋 − 𝑥) = 0 → 𝜋 − 𝑥 = + 𝑘𝜋 (𝑐𝑜𝑛 𝑘 ∈ ℤ) → ⏟ { 3𝜋 2 𝑥∈]0,2𝜋[ 𝑘 = 1 → 𝑥 = 2 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 ′′ 𝑓 ( ) = 1 > 0 → Mínimo relativo en ( , 𝑓 ( ) ) = ( , 1) 2 2 2 2 3𝜋 3𝜋 3𝜋 3𝜋 𝑓 ′′ ( ) = −1 < 0 → Máximo relativo en ( ,𝑓( )) = ( , −1) 2 2 2 2 { 2012 Junio (Opción B.2) Dada la siguiente función, hallar los límites pedidos: 𝑓(𝑥) =

𝑥−3

lim 𝑓(𝑥),

𝑥→3+

√𝑥 2 − 9 lim+

𝑥→3

𝑥−3 √𝑥 2 − 9

= ⏟ lim+

lim

0 0

𝑥→−3−

𝑥→3

√𝑥 − 3 · √𝑥 − 3 √𝑥 + 3 · √𝑥 − 3

𝑥−3 √𝑥 2

lim 𝑓(𝑥),

lim 𝑓(𝑥) 𝑦

𝑥→−3−

𝑥→+∞

= lim+ 𝑥→3

√𝑥 − 3 √𝑥 + 3

lim 𝑓(𝑥).

𝑥→−∞

= 0

−6 = −∞ − 9 [(−3)− ]2−9→0+ 0+ = ⏟

3 3 𝑥 (1 − ) 1− 𝑥 𝑥 = 1−0 = 1 lim = ⏟ lim = lim 𝑥→+∞ √𝑥 2 − 9 ∞ 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ √1 − 0 9 9 √1 − 2 𝑥 √1 − 2 ∞ 𝑥 𝑥 𝑥−3

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132

3 𝑥 = −1 lim = ⏟ lim = lim = ⏟ lim 𝑥→−∞ √𝑥 2 − 9 𝑥→+∞ √(−𝑥)2 − 9 𝑥→+∞ √𝑥 2 − 9 ∞ 𝑥→+∞ 9 𝑥↔(−𝑥) √1 − 2 ∞ 𝑥 (−𝑥) − 3

𝑥−3

−1 −

−𝑥 − 3

2012 Junio (Opción B.3) 8

2

a) Sea 𝑓(𝑥) una función continua. Si se sabe que: ∫1 𝑓(𝑢)𝑑𝑢 = 3 hállese: ∫1 𝑓(𝑥 3 ) · 𝑥 2 𝑑𝑥 b) Hallar el dominio de definición y los extremos relativos de la función: 𝐹(𝑥) = √(𝑥 − 3)(9 − 𝑥)2 𝑥=1→𝑢=1 𝑥=2→𝑢=2 8 1 2 1 1 𝐼 = ∫ 𝑓(𝑥 3 ) · 3𝑥 2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢 = · 3 = 1 3 1 3 1 3

a) Por cambio de variable: 𝑢 = 𝑥 3 → 𝑑𝑢 = 3𝑥 2 𝑑𝑥 𝑦 {

b) Para que la función exista, ha de ser: 𝑥 − 3 ≥ 0 → 𝑥 ≥ 3 → 𝐷𝑜𝑚(𝐹) = [3, +∞[ 𝐹 ′ (𝑥) =

1 · (9 − 𝑥)2 + (𝑥 − 3) · 2(9 − 𝑥) · (−1) 2√(𝑥 − 3)(9 − 𝑥)2

(9 − 𝑥)(15 − 3𝑥) 2√(𝑥 − 3)(9 −

𝑥)2

=

3(9 − 𝑥)(5 − 𝑥) 2√(𝑥 − 3)(9 −

𝑥)2

=

=

(9 − 𝑥)[(9 − 𝑥) − 2(𝑥 − 3)] 2√(𝑥 − 3)(9 − 𝑥)2

3(𝑥 − 5)(𝑥 − 9) 2√(𝑥 − 3)(9 − 𝑥)2

=

; 𝐹 ′ (𝑥) = 0 → 𝑥 = 5

Obsérvese que 𝐹 no es derivable en 𝑥 = 9, pues: 𝐹 ′ (9− ) = lim−

3(𝑥 − 5)(𝑥 − 9)

3(𝑥 − 5)(𝑥 − 9)

Dominio→ Signo de 𝐹′(𝑥) Monotonía de 𝐹(𝑥)

𝑥=3 ∄

3<𝑥<5 + Crece

𝑥=5 0 Máx.

= lim−

−3(𝑥 − 5)

= −√6 2√(𝑥 − 3)(9 − 𝑥)2 𝑥→9 2(9 − 𝑥)√𝑥 − 3 𝑥→9 2√𝑥 − 3 3(𝑥 − 5)(𝑥 − 9) 3(𝑥 − 5)(𝑥 − 9) 3(𝑥 − 5) 𝐹 ′ (9+ ) = lim+ = lim+ = lim+ = √6 𝑥→9 2√(𝑥 − 3)(9 − 𝑥)2 𝑥→9 2(𝑥 − 9)√𝑥 − 3 𝑥→9 2√𝑥 − 3 { 𝑥→9

= lim−

5<𝑥<9 − Decrece

𝑥=9 ∄ Mín.

𝑥>9 + Crece

𝐹(3) = 0 𝐹(5) = 4√2 → Máximo relativo: (5,4√2) {

𝐹(9) = 0 → Mínimo relativo: (9,0)

2011 Septiembre (Opción A) a)

Calcular los siguientes límites: 2 𝑦 𝑥→+∞ 4 + 𝑒 −(𝑥+1) lim

2 𝑥→−∞ 4 + 𝑒 −(𝑥+1) lim

b) Calcular la siguiente integral: 1

𝑥 𝑑𝑥 2 0 1 + 3𝑥 c) Hallar el dominio de definición de la función: 𝑓(𝑥) = √𝑥 2 + 9𝑥 + 14 Hallar el conjunto de puntos en los que esta función tiene derivada. ∫

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133

a) lim

2 2 2 2 1 = = = = −∞ −(𝑥+1) 1 4 + 𝑒 4 + 0 2 +𝑒 4 + +∞ 𝑒

lim

2 2 2 = = = 0 + 𝑒 −(𝑥+1) 4 + 𝑒 +∞ +∞

𝑥→+∞ 4

𝑥→−∞ 4

𝑥=0→𝑡=1 b) Cambio de variable: 𝑡 = 1 + 3𝑥 2 → 𝑑𝑡 = 6𝑥 · 𝑑𝑥, { 𝑥=1→𝑡=4 1

∫ 0

𝑥 1 1 6𝑥 · 𝑑𝑥 1 4 𝑑𝑡 1 1 1 𝑑𝑥 = ∫ = ∫ = [ln|𝑡|]14 = (ln 4 − ln 1) = · 2 ln 2 = 1 + 3𝑥 2 6 0 1 + 3𝑥 2 6 1 𝑡 6 6 6 1 ln 2 3

c) Dom(𝑓) = {𝑥 ∈ ℝ/𝑥 2 + 9𝑥 + 14 ≥ 0} 𝑥 2 + 9𝑥 + 14 = 0 → 𝑥 =

−9 ± √81 − 56 −7 ={ → 𝑥 2 + 9𝑥 + 14 = (𝑥 + 7)(𝑥 + 2) → −2 2 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ]−∞, −7[ ∪ ]−2, +∞[

𝑓 ′ (𝑥) =

2𝑥 + 9 2√𝑥 2

+ 9𝑥 + 14

→ ∃𝑓 ′ (𝑥) si 𝑥 2 + 9𝑥 + 14 > 0 →

∃𝑓 ′ (𝑥), ∀𝑥 ∈ ]−∞, −7[ ∪ ]−2, +∞[ 2011 Septiembre (Opción B.1) Sea la función: 1

𝑒𝑥, 𝑠𝑖 𝑥 < 0 𝑘, 𝑠𝑖 𝑥=0 𝑓(𝑥) = cos 𝑥 − 1 , 𝑠𝑖 𝑥 > 0 { sin 𝑥 Hallar 𝑘 para que 𝑓 sea continua en 𝑥 = 0. 1

1

lim−𝑓(𝑥) = lim− 𝑒 𝑥 = 𝑒 −∞ =

𝑥→0

𝑥→0

𝑓(0) = 𝑘 cos 𝑥 − 1 lim 𝑓(𝑥) = lim+ = ⏟ 𝑥→0+ 𝑥→0 sin 𝑥 0

𝑒 +∞

lim

𝑥→0+

=0

− sin 𝑥 0 = =0 cos 𝑥 1

0 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

{

Si 𝑓 es continua→ lim−𝑓(𝑥) = lim+ 𝑓(𝑥) = 𝑓(0) → 𝑘 = 0 𝑥→0

𝑥→0

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134

2011 Septiembre (Opción B.2) a) Hallar el área del recinto limitado por la gráfica de 𝑓(𝑥) = − sin 𝑥 y el eje 𝑂𝑋 entre las abscisas 𝑥=0 { . 𝑥 = 2𝜋 b) Hallar el volumen del sólido de revolución que se obtiene al hacer girar la gráfica de 𝑓(𝑥) = − sin 𝑥 𝑥=0 alrededor del 𝑂𝑋 entre las abscisas { . 𝑥 = 2𝜋 𝑥=0 a) 𝑓(𝑥) = 0 → − sin 𝑥 = 0 → { 𝑥 = 𝜋 → 𝑥 = 2𝜋 𝜋

2𝜋

2 𝑆 = |∫ (− sin 𝑥)𝑑𝑥 | + |∫ (− sin 𝑥)𝑑𝑥 | = |[cos 𝑥]𝜋0 | + |[cos 𝑥]2𝜋 𝜋 | = |−1 − 1| + |1 − (−1)| = 4 𝑢 0

𝜋

b) El carácter periódico de la función 𝑓(𝑥) = − sin 𝑥 nos permite poner: 𝜋

𝜋

𝜋

𝑉 = 2𝜋 ∫ (− sin 𝑥)2 𝑑𝑥 = 2𝜋 ∫ sin2 𝑥 𝑑𝑥 = 2𝜋 ∫ 0

0

0

𝜋 1 1 [1 − cos(2𝑥)]𝑑𝑥 = 𝜋 [𝑥 − sin(2𝑥)] = 2 2 0

= 𝜋 · 𝜋 = 𝜋 2 𝑢3 2011 Junio (Opción A.1) a) Hallar la integral definida: 3

𝐼 = ∫ 𝑥 √4 + 5𝑥 2 𝑑𝑥 1

b) Hallar los valores mínimo y máximo absolutos de la función: 𝑓(𝑥) = √12 − 3𝑥 2 a) Efectuamos el cambio de variable: 𝑡 = 4 + 5𝑥 2 . Entonces: {

𝑥 = 1 → 𝑡 = 9 𝑦 𝑥 = 3 → 𝑡 = 49 1 → 𝑑𝑡 = 10𝑥 𝑑𝑥 → 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 10 3 49

49

1 49 1 49 1 1 𝑡2 1 2𝑡√𝑡 1 686 54 1 632 316 𝐼= ∫ √𝑡 𝑑𝑡 = ∫ 𝑡 2 𝑑𝑡 = [ ] = [ ] = ( − )= · = 10 9 10 9 10 3 10 3 9 10 3 3 10 3 15 2 9 b) 12 − 3𝑥 2 = 0 → 𝑥 = ±2; 12 − 3𝑥 2 ≥ 0, ∀𝑥 ∈ [−2,2] → La función 𝑓(𝑥) = √12 − 3𝑥 2 existe y es continua en [−2,2]. Por el teorema de Weierstrass, alcanza en dicho intervalo su máximo y su mínimo absolutos. Obtengamos sus puntos singulares: 𝑓 ′ (𝑥) =

−6𝑥 2√12 − 3𝑥 2

; 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 𝑥 = 0.

𝑓(−2) = 0 𝑀í𝑛𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜𝑠: (−2,0) 𝑦 (2,0) {𝑓(0) = 2√3 → { 𝑀á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜: (0, 2√3) 𝑓(2) = 0

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135

2011 Junio (Opción A.2) a) Hallar el límite: lim

√𝑥

𝑥→+∞ √

𝑥 + √𝑥 b) Demostrar que la ecuación 4𝑥 5 + 3𝑥 + 𝑚 = 0 solo tiene una raíz real, cualquiera que sea el número real m. Justificar la respuesta indicando qué teoremas se usan. a) √𝑥

lim

𝑥→+∞ √

= ⏟

𝑥 + √𝑥

𝑥

lim √ = ⏟ 𝑥 + √𝑥 :𝑥

∞ 𝑥→+∞ ∞

lim √

𝑥→+∞

𝑥 𝑥 𝑥 √𝑥 + 𝑥 𝑥

= lim

𝑥→+∞√

1

1 =√ = 1 1+0 1 √ 1+ 𝑥

b) Consideremos la función: 𝑓(𝑥) = 4𝑥 5 + 3𝑥 + 𝑚 lim 𝑓(𝑥) = −∞ ∃𝑎 ∈ ℝ/ 𝑓(𝑎) < 0 {𝑥→−∞ 𝑦 𝑓 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑎 𝑒𝑛 ℝ → { lim 𝑓(𝑥) = +∞ ∃𝑏 ∈ ℝ/ 𝑓(𝑏) < 0 𝑥→+∞

Entonces, aplicando el teorema de Bolzano a la función 𝑓 en el intervalo [𝑎, 𝑏]: ∃𝑐 ∈ ]𝑎, 𝑏[ / 𝑓(𝑐) = 0 → 𝑐 es solución de la ecuación: 4𝑥 5 + 3𝑥 + 𝑚 = 0. 𝑓(𝑥) = 4𝑥 5 + 3𝑥 + 𝑚 → 𝑓 ′ (𝑥) = 20𝑥 4 + 3 → 𝑓 es derivable en todo ℝ. ]𝑐, 𝑑[ 𝑓(𝑐) = 0 Si hubiera otra solución 𝑑 ≠ 𝑐, entonces: { → (por el teorema de Rolle) ∃𝑡 ∈ {𝑜 𝑏𝑖𝑒𝑛: tal que 𝑓(𝑑) = 0 ]𝑑, 𝑐[ ′ (𝑡) ′ (𝑡) 4 𝑓 = 0. Ahora bien: 𝑓 = 20𝑡 + 3 > 0, ∀𝑡 ∈ ℝ. De esto se sigue que no puede haber más soluciones de la ecuación dada. 2011 Junio (Opción B) Dada la función: 𝑓(𝑥) =

𝑎𝑥 4 + 1 𝑥3

a) Determinar el valor de 𝑎 de modo que la función posea un mínimo relativo en 𝑥 = 1. Para el valor obtenido, hallar los otros puntos en los que esta función tiene un extremo relativo. b) Para 𝑎 = 1, obtener todas las asíntotas de la gráfica de 𝑦 = 𝑓(𝑥). c) Esbozar la gráfica de la función con 𝑎 = 1. a) 𝑓(𝑥) =

𝑎𝑥 4 + 1 4𝑎𝑥 3 · 𝑥 3 − 3𝑥 2 (𝑎𝑥 4 + 1) 𝑥 2 (4𝑎𝑥 4 − 3𝑎𝑥 4 − 3) 𝑎𝑥 4 − 3 ′ (𝑥) → 𝑓 = = = 𝑥3 𝑥6 𝑥6 𝑥4 ′ (𝑥) 4 𝑓 = 0, 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 = 1 → 𝑎 · 1 − 3 = 0 → 𝑎 = 3 3𝑥 4 + 1 3𝑥 4 − 3 3 12 ′ (𝑥) 𝑓(𝑥) = → 𝑓 = = 3 − 4 → 𝑓 ′′ (𝑥) = 5 3 4 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥

𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 3𝑥 4 − 3 = 0 → {

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𝑥 = 1 → 𝑓 ′′ (1) = 12 > 0 → 𝑀í𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜 𝑒𝑛 (1,4) 𝑥 = −1 → 𝑓 ′′ (−1) = −12 < 0 → 𝑀á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜 𝑒𝑛 (−1, −4)

136

b) Se obtiene: 𝑓(𝑥) =

𝑥4 + 1 𝑥3

𝑥4 + 1 1 = − = −∞ 3 𝑥→0 𝑥 0 → 𝑥 = 0 𝑎𝑠í𝑛𝑡𝑜𝑡𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙 𝑥4 + 1 1 lim = = +∞ {𝑥→0+ 𝑥 3 0+ lim−

lim 𝑓(𝑥) = ∞ → No hay horizontal.

𝑥→∞

𝑓(𝑥) 𝑥4 + 1 1 𝑥4 + 1 1 = lim = lim (1 + ) = 1; 𝑏 = lim [ − 𝑥] = lim 3 = 0 → 𝑥→∞ 𝑥 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥 𝑥4 𝑥4 𝑥3 𝑦 = 𝑥 𝑎𝑠í𝑛𝑡𝑜𝑡𝑎 𝑜𝑏𝑙𝑖𝑐𝑢𝑎

𝑚 = lim

c) Al ser 𝑓(−𝑥) = −𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ ℝ − {0}, tenemos una función impar. 𝑥4 + 1 1 3 4 𝑓(𝑥) = = 𝑥 + 3 → 𝑓 ′ (𝑥) = 1 − 4 ; 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 𝑥 = ± √3 → 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠: 3 𝑥 𝑥 𝑥

4 4 ( √3, 4 ) √27 4 4 (− √3, − 4 ) { √27

Con estos datos y las asíntotas antes calculadas:

2010 Septiembre (Opción A.1) Hallar los siguientes límites: 𝑎

𝑎) lim(1 + arctan 𝑥) 𝑥 𝑥→0

𝑏)

3𝑥 + 2𝑒 𝑥 𝑥→+∞ 7𝑥 + 5𝑒 𝑥 lim

𝑐)

3𝑥 + 2𝑒 𝑥 𝑥→−∞ 7𝑥 + 5𝑒 𝑥 lim

a) Recordemos que: arctan 0 = 0. 𝑎 𝑎 𝑎 𝐿 = lim(1 + arctan 𝑥) 𝑥 → ⏟ ln 𝐿 = lim ln(1 + arctan 𝑥) 𝑥 → ln 𝐿 = lim ln(1 + arctan 𝑥) → 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 𝑥 1∞

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137

𝑎 ln(1 + arctan 𝑥) ln 𝐿 = lim 𝑥→0 𝑥

𝑎· → ⏟

ln 𝐿 = lim

𝑥→0

0 0 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

1 1 · 1 + arctan 𝑥 1 + 𝑥 2 → ln 𝐿 = 𝑎 → 𝐿 = 𝑒 𝑎 1

b) 3𝑥 + 2𝑒 𝑥 𝑥→+∞ 7𝑥 + 5𝑒 𝑥 lim

= ⏟

3 + 2𝑒 𝑥 𝑥→+∞ 7 + 5𝑒 𝑥 lim

∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

= ⏟ ∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

2𝑒 𝑥 2 = 𝑥→+∞ 5𝑒 𝑥 5 lim

c) 2 −3𝑥 + 𝑥 2 2 𝑒 −3 + 𝑥 −3 + 0 3𝑥 + 2𝑒 −3𝑥 + 2𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 𝑥𝑒 lim = lim = ⏟ lim = lim = lim = 5 5 5 𝑥→−∞ 7𝑥 + 5𝑒 𝑥 𝑥→+∞ −7𝑥 + 5𝑒 −𝑥 ∞ 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ −7𝑥 + 𝑥 −7 + 𝑥 −7 + 0 −7𝑥 + 𝑥 ∞ 𝑒 𝑒 𝑥𝑒 𝑥 3 = 7 𝑥

−3𝑥 +

−𝑥

2010 Septiembre (Opción A.2) Hallar las siguientes integrales definidas: 1

𝑎) ∫

𝜋

𝑥 √4 − 𝑥 2

0

𝑑𝑥

𝑏) ∫ 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 0

a) Cambio de variable: 𝑡 = √4 − 𝑥 2 → 𝑑𝑡 =

1

∫ 0

𝑥 √4 − 𝑥 2

√3

𝑑𝑥 = ∫ 2

−

−2𝑥

𝑥 𝑑𝑥 → 𝑑𝑡 = − 𝑑𝑥 → 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑡 𝑑𝑡 𝑡 2√4 − 𝑥=0→𝑡=2 { 𝑥 = 1 → 𝑡 = √3 𝑥2

√3 𝑡 𝑑𝑡 = − ∫ 𝑑𝑡 = −[𝑡]√3 2 = −(√3 − 2) = 2 − √3 𝑡 2

b) Por partes:

{

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑢=𝑥 →{ 𝑣 = ∫ cos 𝑥 𝑑𝑥 = sin 𝑥 𝑑𝑣 = cos 𝑥 𝑑𝑥

∫ 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 sin 𝑥 − ∫ sin 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 sin 𝑥 + cos 𝑥 + 𝐶 → 𝜋

∫ 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = [𝑥 sin 𝑥 + cos 𝑥]𝜋0 = (𝜋 sin 𝜋 + cos 𝜋) − (0 · sin 0 + cos 0) = −2 0

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138

2010 Septiembre (Opción A.3) Hallar el valor de a de modo que 𝑥2 − 3 lim ( 2 ) 𝑥→∞ 𝑥 + 3

lim (

𝑥→∞

𝑥2 − 3 ) 𝑥2 + 3

𝑎𝑥 2

= ⏟ lim (1 + 1∞

𝑥→∞

𝑥2 − 3 − 1) 𝑥2 + 3

𝑎𝑥 2

=4

𝑎𝑥 2

𝑎𝑥 2

= lim (1 + 𝑥→∞

−6 ) +3

= lim (1 +

𝑥2

𝑥→∞

1 ) +3 −6

lim (1 +

𝑥→∞

1 ) +3 −6

⏟ [

= ]

−6𝑎𝑥 2 −6𝑎 = lim = −6𝑎 → 3 𝑥→∞ 𝑥 2 + 3 𝑥→∞ 1+ 2 𝑥

= 𝑒𝐿,

𝑥2

𝑎𝑥 2

𝑥2

[ −6𝑎𝑥 2 𝑥 2 +3 𝑥 2 +3 −6

𝑥 2 +3 −6 · −6 𝑥 2 +3

𝑠𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝐿 = lim

]

↓ 𝑒

𝑒 𝐿 = 𝑒 −6𝑎 → 𝑒 −6𝑎 = 4 → −6𝑎 = ln 4 → 𝑎 =

2 ln 2 1 3 → 𝑎 = − ln 2 → 𝑎 = − ln √2 −6 3

2010 Septiembre (Opción A.3) Hallar el valor de las siguientes integrales definidas 16

11

𝑎) ∫ (𝑥 − 15)8 𝑑𝑥

𝑏) ∫ (𝑥 − 10)19 (𝑥 − 9)𝑑𝑥

14

9

𝑥 = 14 → 𝑡 = −1 además: { 𝑥 = 16 → 𝑡 = 1

a) Cambio de variable : 𝑡 = 𝑥 − 15 → 𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 y

1

𝑡9 1 1 2 ∫ (𝑥 − 15) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑡 𝑑𝑡 = [ ] = − (− ) = 9 9 9 9 14 −1 −1 16

1

8

b) Cambio de variable: 𝑡 = 𝑥 − 10 → { 11

8

𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 𝑥 = 9 → 𝑡 = −1 y además: { 𝑥 = 𝑡 + 10 𝑥 = 11 → 𝑡 = 1 1

1

∫ (𝑥 − 10)19 (𝑥 − 9)𝑑𝑥 = ∫ 𝑡 19 (𝑡 + 1)𝑑𝑡 = ∫ [𝑡 20 + 𝑡 19 ]𝑑𝑡 = [ 9

−1

−1

1

𝑡 21 𝑡 20 + ] = 21 20 −1

1 1 1 1 2 ( + ) − (− + )= 21 20 21 20 21

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139

2010 Septiembre (Opción B.1) Los puntos 𝑃(1,2,1), 𝑄(2,1,1) 𝑦 𝐴(𝑎, 0,0), con 𝑎 > 3, determinan un plano 𝜋 que corta a los semiejes positivos de 𝑂𝑌 𝑦 𝑂𝑍 en los puntos 𝐵 𝑦 𝐶 respectivamente. Calcular el valor de 𝑎 para que el tetraedro determinado por los puntos 𝐴, 𝐵, 𝐶 y el origen de coordenadas 𝑂(0,0,0) tenga volumen mínimo. Determinemos el plano 𝜋, que pasa por 𝐴(𝑎, 0,0) y tiene como dirección bidimensional { 𝑥−𝑎 𝜋≡| 1 𝑎−1

𝑦 −1 −2

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (1, −1,0) ⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑎 − 1, −2, −1) 𝑃𝐴

𝑧 𝑥 = 0, 𝑧 = 0 → 𝑦 = 𝑎 → 𝐵(0, 𝑎, 0) 𝑎 𝑎 0 | = 0 → 𝜋 ≡ (𝑥 − 𝑎) + 𝑦 + (𝑎 − 3)𝑧 = 0; { → 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 → 𝑧 = → 𝐶 (0,0, ) −1 𝑎−3 𝑎−3

𝑎 𝑎 1 1 0 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑎, 0,0), ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = (0,0, ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑂𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ ]| = ||| 𝑂𝐴 𝑂𝐵 = (0, 𝑎, 0) 𝑦 𝑂𝐶 ) → 𝑉(𝑎) = |[𝑂𝐴 𝑎−3 6 6 0

0 𝑎 0

0 0 𝑎 ||| → 𝑎−3

1 𝑎3 𝑎3 1 3𝑎2 (𝑎 − 3) − 𝑎3 · 1 𝑎2 (2𝑎 − 9) 𝑉(𝑎) = | | = ⏟ → 𝑉 ′ (𝑎) = · = (𝑎 − 3)2 6 𝑎 − 3 𝑎>3 6𝑎 − 18 6 6(𝑎 − 3)2 𝑎 = 0 (𝑛𝑜 𝑠𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎) 9 𝑉 ′ (𝑎) = 0 → 𝑎2 (2𝑎 − 9) = 0 → { ; 𝑎= 2

9− 𝑉 ′ ( ) = 0− 9 2 → 𝑉 = 𝑉 ( ) + 𝑚í𝑛 9 2 𝑉 ′ ( ) = 0+ 2 {

2.010 Septiembre (Opción B.2) Dada la función: 𝑓(𝑥) =

3𝑥 2 + 5𝑥 − 20 𝑥+5

a) Obtener sus asíntotas. b) Estudiar los intervalos de concavidad y convexidad. c) Representar gráficamente esta función. a) Asíntota vertical: 3𝑥 2 + 5𝑥 − 20 30 = − = −∞ 𝑥→−5 𝑥+5 0 → 𝑥 = −5 3𝑥 2 + 5𝑥 − 20 30 lim + = + = +∞ {𝑥→−5 𝑥+5 0 2 3𝑥 + 5𝑥 − 20 lim = +∞ 𝑥→+∞ 𝑥+5 → No hay asíntota horizontal. 3𝑥 2 + 5𝑥 − 20 lim = −∞ {𝑥→−∞ 𝑥+5 lim −

Dividimos los polinomios y obtenemos como cociente: 3𝑥 − 10 y como resto: 3𝑥 2 + 5𝑥 − 20 30 30 30 = 3𝑥 − 10 + → 𝑓(𝑥) = 3𝑥 − 10 + , con lim =0 𝑥→±∞ 𝑥 + 5 𝑥+5 𝑥+5 𝑥+5 Entonces, la asíntota oblicua es: 𝑦 = 3𝑥 − 10

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140

b) Hallemos la derivada y la derivada segunda: 𝑓(𝑥) =

3𝑥 2 + 5𝑥 − 20 30 30 −30 · 2(𝑥 + 5) = 3𝑥 − 10 + → 𝑓 ′ (𝑥) = 3 − → 𝑓 ′′ (𝑥) = − → 2 (𝑥 + 5) (𝑥 + 5)4 𝑥+5 𝑥+5 𝑓 ′′ (𝑥) =

𝑥 < −5 → 𝑓 ′′ (𝑥) < 0 → 𝑓 𝑒𝑠 𝑐ó𝑛𝑐𝑎𝑣𝑎 𝑒𝑛 𝑥 ∈ ]−∞, −5[ 60 → { (𝑥 + 5)3 𝑥 > −5 → 𝑓 ′′ (𝑥) > 0 → 𝑓 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑥𝑎 𝑒𝑛 𝑥 ∈ ]−5, +∞[

c) Terminamos el estudio. Cortes con los ejes y monotonía: 𝑥 = 0 → 𝑓(0) = −4 → 𝑃(0,4) −5 ± √265 𝑦 = 0 → 3𝑥 2 + 5𝑥 − 20 = 0 → 𝑥 = → 6 {

𝑓 ′ (𝑥) = 3 −

𝑄1 (

−5 − √265 , 0) 6

𝑄2 (

−5 + √265 , 0) 6

𝑥 = −5 − √10 30 3(𝑥 + 5)2 − 30 =0→ = 0 → (𝑥 + 5)2 = 10 → { ˅ 2 2 (𝑥 + 5) (𝑥 + 5) 𝑥 = −5 + √10 𝑓′′(−5 − √10) < 0 → Máx. rel. (−5 − √10, 𝑓(−5 − √10))

{ 𝑓 ′′ (−5 + √10) > 0 → Mín. rel. (−5 + √10, 𝑓(−5 + √10)) La representación gráfica:

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141

2010 Junio (Opción A.1) Dada la función: 𝑓(𝑥) = a) b) c) d)

𝑥2 + 2 𝑥2 + 1

Estudiar sus intervalos de crecimiento y decrecimiento. Hallar los puntos de inflexión de su gráfica. Hallar las asíntotas y dibujar la gráfica de esta función. Hallar el área del recinto acotado que limitan la gráfica de 𝑓(𝑥), el eje de abscisas y las rectas 𝑦 = 𝑥 + 2, 𝑥 = 1.

a) Obtengamos la derivada de la función, que está definida en toda la recta real: 𝑥2 + 2 2𝑥(𝑥 2 + 1) − 2𝑥(𝑥 2 + 2) −2𝑥 𝑓(𝑥) = 2 → 𝑓 ′ (𝑥) = = 2 ; 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → −2𝑥 = 0 → 𝑥 = 0 (𝑥 2 + 1)2 (𝑥 + 1)2 𝑥 +1 (𝑥 2 + 1)2 > 0 → {

𝑥 < 0 → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 es creciente en 𝑥 ∈ ]−∞, 0[ 𝑥 > 0 → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 es decreciente en 𝑥 ∈ ]0, +∞[

b) Obtengamos la segunda derivada de la función: 𝑓 ′ (𝑥) =

(−2)(𝑥 2 + 1)2 − (−2𝑥) · 2 · 2𝑥 · (𝑥 2 + 1) (𝑥 2 + 1)[−2𝑥 2 − 2 + 8𝑥 2 ] −2𝑥 ′′ (𝑥) → 𝑓 = = → (𝑥 2 + 1)2 (𝑥 2 + 1)4 (𝑥 2 + 1)4

6𝑥 2 − 2 1 𝑓 ′ (𝑥) = 2 ; 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 6𝑥 2 − 2 = 0 → 𝑥 2 = → 3 (𝑥 + 1) 3

𝑥<− (𝑥 2 + 1)3 > 0 → −

{

√3 7 √3 𝑥= 𝑓 (− ) = 3 3 4 ˅ → 7 √3 √3 𝑓( )= 𝑥 = − 3 4 { { 3

√3 √3 → 𝑓 ′′ (𝑥) > 0 → 𝑓 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑥𝑎 𝑒𝑛 𝑥 ∈ ]−∞, − [ 3 3

√3 √3 √3 √3 <𝑥< → 𝑓 ′′ (𝑥) < 0 → 𝑓 𝑐ó𝑛𝑐𝑎𝑣𝑎 𝑒𝑛 𝑥 ∈ ]− , [ 3 3 3 3 𝑥>

√3 √3 → 𝑓 ′′ (𝑥) > 0 → 𝑓 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑥𝑎 𝑒𝑛 𝑥 ∈ ] , +∞[ 3 3

PUNTOS DE INFLEXIÓN: (−

√3 7 √3 7 , )𝑦 ( , ) 3 4 3 4

c) Asíntotas verticales no hay, pues la función es continua en ℝ. Asíntota horizontal: 2 1+ 2 1+0 𝑥2 + 2 𝑥 lim = lim = =1→ 𝑦=1 1 𝑥→±∞ 𝑥 2 + 1 𝑥→±∞ 1+ 2 1+0 𝑥 Ya no hay asíntota oblicua.

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142

Cortes con los ejes: {

𝑥 = 0 → 𝑦 = 2 → 𝑃(0,2) 𝑦 = 0 → 𝑥2 + 2 = 0 → ∄

Gráfica cartesiana:

d)

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143

𝑥2 + 2 𝑥2 + 2 2 3 2 3 2 2 𝑥 2 + 1 → 𝑥 2 + 1 = 𝑥 + 2 → 𝑥 + 2 = 𝑥 + 2𝑥 + 𝑥 + 2 → 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 = 0 → 𝑥(𝑥 + 𝑥 + 1) = 0 → 𝑦 =𝑥+2 𝑥=0 { ; 𝑥 + 2 = 0 → 𝑥 = −2 ˅ 𝑥 2 + 𝑥 + 1 = 0 → ∄ 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛.

{𝑦 =

0

1

𝑆 = 𝑆1 + 𝑆2 = ∫ (𝑥 + 2)𝑑𝑥 + ∫ −2

0

0

1 𝑥2 + 2 𝑥2 1 𝑑𝑥 = [ + 2𝑥] + ∫ (1 + 2 ) 𝑑𝑥 = 2 𝑥 +1 2 𝑥 +1 0 −2

0

𝑥2 𝜋 12 + 𝜋 2 [ + 2𝑥] + [𝑥 + arctan 𝑥]10 = 0 − (2 − 4) + (1 + arctan 1) − (0 + arctan 0) = 2 + 1 + = 𝑢 2 4 4 −2 2010 Junio (Opción A.2) Hallar los límites: 3

√3 + 5𝑥 − 8𝑥 3 𝑎) lim [ ] 𝑥→+∞ 1 + 2𝑥

25

2

𝑏) lim(1 + 4𝑥 3 )𝑥 3 𝑥→0

a) 3

lim [

𝑥→+∞

√3 + 5𝑥 − 8𝑥 3 ] 1 + 2𝑥

25

3

√3 + 5𝑥 − 8𝑥 3 𝑥 = ⏟ lim [ ] 1 + 2𝑥 𝑥→+∞ ∞/∞ 𝑥 25

√ 33 + 52 − 8 𝑥 𝑥 = lim 1 𝑥→+∞ +2 𝑥 [ ] 3

25

3

=[

3

25

√3 + 5𝑥 3− 8𝑥 𝑥 = lim 1 𝑥→+∞ +2 𝑥 [ ]

√0 + 0 − 8 ] 0+2

3

25

−2 25 = [ ] = −1 2

b)

lim(1 +

𝑥→0

2 4𝑥 3 )𝑥 3

= ⏟ lim (1 +

𝑥→0 1∞

[

1 ) 1 3 4𝑥

2 1 3 ·4𝑥 3 𝑥 3 4𝑥

= lim (1 + 𝑥→0

]

⏟ [

1 ) 1 3 4𝑥 ↓ 𝑒

1 4𝑥 3

2 4𝑥 3 · 3 𝑥

= 𝑒8 ]

2010 Junio (Opción A.3) Dada la función: 𝑓(𝑥) = ln(𝑥 2 + 4𝑥 − 5), se pide: a) Su dominio y sus asíntotas verticales. b) Los intervalos de crecimiento y de decrecimiento. a) La función logarítmica natural existe y es continua siempre que el argumento logarítmico sea positivo. Entonces, habrá que resolver la inecuación: 𝑥 2 + 4𝑥 − 5 > 0 −4 ± √36 −5 𝑥 2 + 4𝑥 − 5 = 0 → 𝑥 = ={ → 𝑥 2 + 4𝑥 − 5 = (𝑥 + 5)(𝑥 − 1) 1 2 𝑥 < −5 → 𝑥 2 + 4𝑥 − 5 > 0 {−5 < 𝑥 < 1 → 𝑥 2 + 4𝑥 − 5 < 0 → 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ]−∞, −5[ ∪ ]1, +∞[ 𝑥 > 1 → 𝑥 2 + 4𝑥 − 5 > 0

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144

lim ln(𝑥 2 + 4𝑥 − 5) =

𝑥→(−5)−

{

lim ln[(𝑥 + 5)(𝑥 − 1)] = ln 0+ = −∞

𝑥→(−5)−

→ Asíntota vertical: 𝑥 = −5

∄ lim − ln(𝑥 2 + 4𝑥 − 5) 𝑥→(−5)

lim+ ln(𝑥 2 + 4𝑥 − 5) = lim+ ln[(𝑥 + 5)(𝑥 − 1)] = ln 0+ = −∞ 𝑥→1 {𝑥→1 → Asíntota vertical: 𝑥 = 1 ∄ lim− ln(𝑥 2 + 4𝑥 − 5) 𝑥→1

b) Calculemos la derivada de la función: 𝑓(𝑥) = ln(𝑥 2 + 4𝑥 − 5) → 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑓 ′ (𝑥) =

2𝑥 + 4 ; 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 2𝑥 + 4 = 0 → 𝑥 = −2 ∉ 𝐷𝑜𝑚(𝑓) + 4𝑥 − 5 𝑥 < −5 → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 decrece en 𝑥 ∈ ]−∞, −5[

𝑥2

2(𝑥 + 2) →{ (𝑥 + 5)(𝑥 − 1)

𝑥 > 1 → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 crece en 𝑥 ∈ ]1, +∞[

2010 Junio (Opción B.1) Dada la función: 𝑓(𝑥) = {

√𝑥 · ln 𝑥 , 2𝑥 𝑥 + 𝑘,

𝑠𝑖 𝑥 > 0 𝑠𝑖 𝑥 ≤ 0

a) Determinar el valor de k para que la función sea continua en ℝ. b) Hallar los puntos de corte con los ejes coordenados. c) Obtener la ecuación de la recta tangente a la gráfica en el punto de abscisa 𝑥 = 1. a) Tal como está definida, la función es continua en 𝑥 ≠ 0. Obliguemos a que lo sea en 𝑥 = 0. 1 ln 𝑥 √𝑥 · ln 𝑥 √𝑥 𝑥 lim+ 𝑓(𝑥) = lim+ = ⏟ lim+ [ 𝑥 ] = ⏟ lim+ = lim+ =0 𝑥 𝑥 2 2𝑥 2 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 2 ∞ 0·∞ 2𝑥 ln 2 · 𝑥 − 2𝑥 ln 2 · √𝑥 − 2 2√ 𝑥 √𝑥 ′ ∞ 𝐿 𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 𝑥 lim− 𝑓(𝑥) = lim− (𝑥 + 𝑘) = 𝑓(0) = 𝑘 → 𝑘 = 0 → 𝑓(𝑥) = {

𝑥→0

𝑥→0

√𝑥 · ln 𝑥 , 𝑠𝑖 𝑥 > 0 2𝑥 𝑥 𝑠𝑖 𝑥 ≤ 0

b) Con el eje OY: 𝑥 = 0 → 𝑦 = 𝑓(0) = 0. Con el eje OX: 𝑥 = 0 (y está) 𝑦 = 0 → {√𝑥 · ln 𝑥 → Los puntos: (0,0) 𝑦 (1,0) = 0 → ln 𝑥 = 0 → 𝑥 = 1 𝑥 2 c) Punto de tangencia: (1,0). ln 𝑥 √𝑥 𝑥 ln 𝑥 + 2 ( + ) 2 − √𝑥 · ln 𝑥 · 2𝑥 · ln 2 − √𝑥 · ln 𝑥 · ln 2 𝑥 2 𝑥 √𝑥 · ln 𝑥 √ 2 √𝑥 ′ ′ 𝑦= → 𝑦 = → 𝑦 = → 2𝑥 22𝑥 2𝑥 Pendiente: 𝑦 ′ (1) =

1 1 1 1 → 𝑟𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 ≡ 𝑦 − 0 = (𝑥 − 1) → 𝑟 ≡ 𝑦 = 𝑥 − 2 2 2 2

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145

2010 Junio (Opción B.2) Dadas las funciones 𝑦 = 9 − 𝑥 2 , 𝑦 = 2𝑥 + 1, se pide: a) Dibujar las gráficas de las dos funciones identificando el recinto acotado por ellas. b) Calcular el área de dicho recinto acotado. c) Hallar el volumen del sólido de revolución obtenido al girar alrededor del eje OX el recinto acotado por la gráfica de 𝑦 = 9 − 𝑥 2 y el eje OX. a)

La parábola cóncava 𝑦 = 9 − 𝑥 2 corta a los ejes en los puntos (−3,0), (3,0)𝑦 (0,9). En éste último alcanza su máximo. La recta 𝑦 = 2𝑥 + 1 pasa por los puntos (0,1)𝑦 (−1, −1). El dibujo, más abajo. {

b)

𝑦 = 9 − 𝑥2 𝑥 = −4 → 9 − 𝑥 2 = 2𝑥 + 1 → 𝑥 2 + 2𝑥 − 8 = 0 → { 𝑦 = 2𝑥 + 1 𝑥=2 2

𝑆 = ∫ [(9 − 𝑥 2 ) − (2𝑥 + 1)]𝑑𝑥 = −4 2

2

∫ [8 − 2𝑥 − 𝑥 2 ]𝑑𝑥 = [8𝑥 − 𝑥 2 − −4

c)

{

𝑥3 8 64 ] = (16 − 4 − ) − (−32 − 16 + ) = 36 𝑢2 3 −4 3 3

𝑦 = 9 − 𝑥2 𝑥 = −3 →{ ; 𝑓(𝑥) = 9 − 𝑥 2 es una función par, esto es: 𝑓(−𝑥) = 𝑓(𝑥). 𝑦=0 𝑥=3

3

3

𝑉 = 𝜋 ∫ (9 − 𝑥 2 )2 𝑑𝑥 = 2𝜋 ∫ (81 − 18𝑥 2 + 𝑥 4 )𝑑𝑥 = 2𝜋 [81𝑥 − 6𝑥 3 + −3

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0

3

𝑥5 1296𝜋 3 ] = 𝑢 5 0 5

146

2009 Septiembre (Opción A.1) Dada la función: ln(1 + 𝑎𝑥) − 𝑏𝑥 , 𝑠𝑖 1 + 𝑎𝑥 > 0 𝑦 𝑥 ≠ 0 𝑥2 𝑓(𝑥) = { 1 − , 𝑠𝑖 𝑥 = 0 2 a) Determina a, b para que sea continua en 𝑥 = 0. b) Para 𝑎 = 𝑏 = 1, estudia si es derivable en 𝑥 = 0, utilizando la definición de derivada. a) Calculemos el límite: ln(1 + 𝑎𝑥) − 𝑏𝑥 𝐿 = lim 𝑓(𝑥) = lim 𝑥→0 𝑥→0 𝑥2

𝑎 −𝑏 𝑎 − 𝑏 − 𝑎𝑏𝑥 𝑎 − 𝑏 − 𝑎𝑏𝑥 1 + 𝑎𝑥 lim = lim = lim 𝑥→0 𝑥→0 2𝑥(1 + 𝑎𝑥) 𝑥→0 2𝑥 + 2𝑎𝑥 2 2𝑥

= ⏟ 0 0

𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

Si 𝑎 ≠ 𝑏, quedaría: 𝐿 = lim

𝑥→0

𝑎 − 𝑏 − 𝑎𝑏𝑥 𝑎 − 𝑏 = 2𝑥 + 2𝑎𝑥 2 0

Por tanto, ha de suponerse 𝑎 = 𝑏: −𝑎2 𝑥 −𝑎2 𝑎2 = lim = − 𝑥→0 2𝑥 + 2𝑎𝑥 2 𝑥→0 2 + 2𝑎𝑥 2

𝐿 = lim

Para la continuidad será preciso que: 𝐿 = 𝑓(0). 𝑎 = 1, 𝑏 = 1 1 𝑎2 1 ˅ 𝐿 = − → − = − → 𝑎2 = 1 → { 2 2 2 𝑎 = −1, 𝑏 = −1 b) 𝑎 = 1, 𝑏 = 1 → ln(1 + 𝑥) − 𝑥 , 𝑠𝑖 − 1 < 𝑥 < 0 ˅ 𝑥 > 0 𝑥2 𝑓(𝑥) = { 1 − , 𝑠𝑖 𝑥 = 0 2

𝑓(0 + ℎ) − 𝑓(0) 𝑓 ′ (0) = lim = lim ℎ→0 ℎ→0 ℎ 2ln(1 + ℎ) − 2ℎ + ℎ2 ℎ→0 2ℎ3

= lim

ln(1 + ℎ) − ℎ 1 2ln(1 + ℎ) − 2ℎ + ℎ2 − (− ) 2 2 ℎ 2ℎ2 = lim = ℎ→0 ℎ ℎ 2

= ⏟ 0 0 ′ 𝐿 𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

= lim

ℎ→0 6(1

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lim 1 + ℎ

ℎ→0

− 2 + 2ℎ 6ℎ2

2 − 2 − 2ℎ + 2ℎ + 2ℎ2 = ℎ→0 6ℎ2 (1 + ℎ)

= lim

2 1 1 = → ∃𝑓 ′ (0) = + ℎ) 3 3

147

2009 Septiembre (Opción A.2) Calcular las derivadas de las siguientes funciones: 𝑓(𝑥) = (2𝑥)3𝑥

𝑔(𝑥) = cos

6𝑥

𝜋 8

ℎ(𝑥) = ∫ 𝑒 cos 𝑡 𝑑𝑡 5𝜋

Utilizando derivación logarítmica: ln 𝑓(𝑥) = ln[(2𝑥)3𝑥 ] → ln 𝑓(𝑥) = (3𝑥) ln(2𝑥)

𝑓′(𝑥) 2 = 3 ln(2𝑥) + 3𝑥 · → 𝑓(𝑥) 2𝑥 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜: → ⏟

𝑓 ′ (𝑥) = [3 ln(2𝑥) + 3]𝑓(𝑥) → 𝑓 ′ (𝑥) = 3[ln(2𝑥) + 1](2𝑥)3𝑥 Como la función es constante: 𝑔(𝑥) = cos

𝜋 → 𝑔′ (𝑥) = 0 8

Por ser 𝑓(𝑡) = 𝑒 cos 𝑡 continua, en virtud del Teorema fundamental del Cálculo y la Regla de la cadena: ℎ′ (𝑥) = 6𝑒 cos(6𝑥) 2009 Septiembre (Opción B.1) Dada la función: 𝑓(𝑥) =

𝑥 1 − 𝑥2

a) Halla el punto (o puntos) de su gráfica en los que la pendiente de la recta tangente sea 1. b) Halla la ecuación de la recta tangente a esta curva en el punto de abscisa 𝑥 = 0. 𝑔(0) = 0 c) Sea 𝑔 una función derivable con derivada continua en toda la recta real, y tal que { . 𝑔(2) = 0 Demostrar que existe al menos un valor 𝑐 ∈ ]0,2[ tal que 𝑔′ (𝑐) = 1. a) La pendiente de la recta tangente a una curva en un punto es la derivada en dicho punto. 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑓

′ (𝑥)

1 · (1 − 𝑥 2 ) − 𝑥 · (−2𝑥) 𝑥2 + 1 = (1 − 𝑥 2 )2 (1 − 𝑥 2 )2

𝑥=0 𝑥2 + 1 2 4 2 4 2 2 (𝑥 2 =1→ = 1 → 𝑥 + 1 = 𝑥 − 2𝑥 + 1 → 𝑥 − 3𝑥 = 0 → 𝑥 − 3) = 0 → { 𝑥 = √3 (1 − 𝑥 2 )2 𝑥 = −√3 𝑓(0) = 0 √3 √3 √3 2 → Puntos: (0,0), (√3, − 2 ) 𝑦 (−√3, 2 ) √3 { 𝑓(−√3) = 2 𝑓(√3) = −

b) Como 𝑓(0) = 0 𝑦 𝑓 ′ (0) = 1, la recta tangente pedida es: 𝑦 − 0 = 1 · (𝑥 − 0) → 𝑦 = 𝑥 c) Aplicando el Teorema del valor medio del Cálculo Diferencial (LAGRANGE) a la función 𝑔 en ele intervalo [0,2], obtenemos que existe al menos un valor 𝑐 ∈ ]0,2[ tal que: 𝑔′ (𝑐) =

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𝑔(2) − 𝑔(0) 2 − 0 = → 𝑔′ (𝑐) = 1. 2−0 2−0

148

2009 Septiembre (Opción B.2) Dada la función: 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 + 𝑎𝑒 −𝑥 , siendo 𝑎 un parámetro real, se pide: a) Hallar sus extremos relativos y sus intervalos de crecimiento y de decrecimiento. b) Estudia para qué valor o valores de 𝑎 la función dada tiene alguna asíntota horizontal. c) Para 𝑎 ≥ 0, hallar el área de la región acotada comprendida entre la gráfica de 𝑓, el eje OX y las rectas 𝑥 = 0, 𝑥 = 2. a) Derivamos: 𝑎 𝑒 2𝑥 − 𝑎 = 0 → = 0 → 𝑒 2𝑥 = 𝑎 𝑒𝑥 𝑒𝑥 𝑎 ≤ 0 → 𝑓 ′ (𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ → 𝑎 ≤ 0 → 𝑓 𝑒𝑠 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒, ∀𝑥 ∈ ℝ ln 𝑎 𝑎 > 0 → 𝑓 ′ (𝑥) = 0 en 𝑒 2𝑥 = 𝑎 → 𝑥 = 2 ln 𝑎 ln 𝑎 𝑥< → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑥 ∈ ]−∞, [ 2 2 𝑆𝑖 𝑎 > 0 → ln 𝑎 ln 𝑎 𝑥> → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑥 ∈ ] , +∞[ 2 2 {

𝑓 ′ (𝑥) = 𝑒 𝑥 − 𝑎𝑒 −𝑥 ; 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 𝑒 𝑥 − 𝑎𝑒 −𝑥 = 0 → 𝑒 𝑥 −

ln 𝑎 ln 𝑎 ln 𝑎 𝑎 𝑎 𝑓( ) = 𝑒 2 + 𝑎𝑒 − 2 = √𝑒 ln 𝑎 + = √𝑎 + = 2√ 𝑎 → 2 √𝑒 ln 𝑎 √𝑎 ln 𝑎 ln 𝑎 𝑓𝑚í𝑛 = 𝑓 ( ) = 2√𝑎 → Mínimo relativo: ( , √2𝑎) 2 2

b) Para que exista asíntota horizontal, ha de existir y ser finito : lim 𝑓(𝑥) ˅ lim 𝑓(𝑥) 𝑥→−∞ lim + 𝑎𝑒 = (+∞) + 0 = +∞ 𝑆𝑖 𝑎 ≠ 0 → {𝑥→+∞ → No hay asíntota horizontal. 𝑥 −𝑥 lim (𝑒 + 𝑎𝑒 ) = 0 ± ∞ = ±∞ 𝑥→−∞ lim 𝑒 𝑥 = +∞ 𝑥→+∞ 𝑆𝑖 𝑎 = 0 → { lim 𝑒 𝑥 = 0 → Asíntota horizontal: 𝑦 = 0 (𝑒 𝑥

𝑥→+∞ −𝑥 )

𝑥→−∞

c) 𝑎 > 0 → 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 + 𝑎𝑒 −𝑥 > 0. El área es: 2

𝑆 = ∫ (𝑒 𝑥 + 𝑎𝑒 −𝑥 ) 𝑑𝑥 = [𝑒 𝑥 − 𝑎𝑒 −𝑥 ]20 = (𝑒 2 − 𝑎𝑒 −2 ) − (𝑒 0 − 𝑎𝑒 0 ) = 𝑒 2 − 0

𝑎 −1+𝑎 = 𝑒2

𝑒 4 + (𝑎 − 1)𝑒 2 − 𝑎 2 𝑢 𝑒2 2009 Junio (Opción A.1) Calcular, según los valores del parámetro 𝛼, el límite siguiente: 𝑥+1 1 lim (1 + 2 ) 𝑥→+∞ 𝛼𝑥 + 4𝑥 + 8 𝛼𝑥 2 +4𝑥+8

𝑥+1 𝛼𝑥 2 +4𝑥+8

𝑥+1 1 1 ) = ⏟ lim (1 + 2 ) 2 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ ⏟ 𝛼𝑥 + 4𝑥 + 8 𝛼𝑥 + 4𝑥 + 8 1∞ ↓ [ ] 𝑒 1 1 𝑥+1 𝑠𝑖 𝛼 = 0 → 𝛼 = 0 → 𝐿 = 𝑒 4 = 4√𝑒 lim = {4 , 𝑥→+∞ 𝛼𝑥 2 + 4𝑥 + 8 𝛼 ≠ 0 → 𝐿 = 𝑒0 = 1 0, 𝑠𝑖 𝛼 ≠ 0

𝐿 = lim (1 +

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149

2009 Junio (Opción A.2) 𝑥

Calcular la integral: 𝐹(𝑥) = ∫0 𝑡 2 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 Obtengamos la integral indefinida por partes: {

𝑢 = 𝑡 2 → {𝑑𝑢 = 2𝑡 𝑑𝑡 𝑣 = −𝑒 −𝑡 𝑑𝑣 = 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡

𝐼 = ∫ 𝑡 2 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 = −𝑡 2 𝑒 −𝑡 + 2 ∫ 𝑡 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 = −𝑡 2 𝑒 −𝑡 + 2𝐽 ⏟ 𝑢=𝑡 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 Hallamos 𝐽 también por partes: { →{ 𝑑𝑣 = 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 𝑣 = −𝑒 −𝑡

𝐽

𝐽 = −𝑡 𝑒 −𝑡 + ∫ 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 = −𝑡𝑒 −𝑡 − 𝑒 −𝑡 → 𝐼 = −𝑡 2 𝑒 −𝑡 − 2𝑡𝑒 −𝑡 − 2𝑒 −𝑡 → 𝐼 = −𝑒 −𝑡 (𝑡 2 + 2𝑡 + 2) + 𝐶 → 𝐹(𝑥) = [−𝑒 −𝑡 (𝑡 2 + 2𝑡 + 2)]0𝑥 [= −𝑒 −𝑥 (𝑥 2 + 2𝑥 + 2)] − [−𝑒 0 (02 + 2 · 0 + 2] → 𝐹(𝑥) = 2 − 𝑒 −𝑥 (𝑥 2 + 2𝑥 + 2) 2009 Junio (Opción B) Si la derivada de la función 𝑓(𝑥) es: 𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 − 1)3 (𝑥 − 5), obtener: a) Los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de 𝑓(𝑥). b) Los valores de 𝑥 en los cuales 𝑓 tiene máximos relativos, mínimos relativos, o puntos de inflexión. c) La función 𝑓 sabiendo que 𝑓(0) = 0. a) La monotonía de una función nos la proporciona el signo de su derivada. 𝑥=1 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → (𝑥 − 1)3 (𝑥 − 5) = 0 → { 𝑥=5 (𝑥 − 1)3 < 0 ′ (𝑥) 𝑥<1→{ →𝑓 > 0 → 𝑓 es creciente. (𝑥 − 5) < 0 3 (𝑥 − 1) > 0 1<𝑥<5→{ → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 es decreciente. (𝑥 − 5) < 0 (𝑥 − 1)3 > 0 𝑥>5→{ → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 es creciente. (𝑥 − 5) > 0 𝑓 creciente en 𝑥 ∈ ]−∞, 1[ ∪ ]5, +∞[ 𝑓 decreciente en 𝑥 ∈ ]1,5[ Mínimo relativo en: 𝑥 = 5 Máximo relativo en: 𝑥 = 1 𝑓 ′′ (𝑥) = 3(𝑥 − 1)2 (𝑥 − 5) + (𝑥 − 1)3 · 1 = (𝑥 − 1)2 (3𝑥 − 15 + 𝑥 − 1) = (𝑥 − 1)2 (4𝑥 − 16) → 𝑥 = 1 (ℎ𝑎𝑦 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜) 𝑓 ′′ (𝑥) = 4(𝑥 − 1)2 (𝑥 − 4); 𝑓 ′′ (𝑥) = 0 → { 𝑥=4 𝑥 < 4 → 𝑓 ′′ (𝑥) < 0 { → Punto de inflexión en: 𝑥 = 4 𝑥 > 4 → 𝑓 ′′ (𝑥) > 0 𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 c) Utilizamos el cambio: 𝑡 = 𝑥 − 1 → { 𝑥−5=𝑡−4 𝑡5 𝑓(𝑥) = ∫ 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = ∫(𝑥 − 1)3 (𝑥 − 5)𝑑𝑥 = ∫ 𝑡 3 (𝑡 − 4)𝑑𝑡 = ∫(𝑡 4 − 4𝑡 3 )𝑑𝑡 = − 𝑡 4 + 𝐶 → 5 (𝑥 − 1)5 1 6 4 𝑓(𝑥) = − (𝑥 − 1) + 𝐶 ; 𝑓(0) = 0 → − − 1 + 𝐶 = 0 → 𝐶 = → 5 5 5 5 (𝑥 − 1)5 6 𝑥 𝑓(𝑥) = − (𝑥 − 1)4 + → 𝑓(𝑥) = − 2𝑥 4 + 6𝑥 3 − 8𝑥 2 + 5𝑥 5 5 5 b) Consideraciones anteriores nos llevan a que:

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150

2008 Septiembre (Opción A) Dada la función: 𝑓(𝑥) = 𝑒 −𝑥 (𝑥 2 + 1), se pide: a) Dibujar su gráfica, estudiando crecimiento, decrecimiento, puntos de inflexión y asíntotas. b) Calcular: 1

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 0

a) Se observa que 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ y que 𝑓(𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ. No hay asíntotas verticales. Y que 𝑓(0) = 1. 𝑥2 + 1 𝑥→+∞ 𝑒𝑥

lim 𝑒 −𝑥 (𝑥 2 + 1) = lim

𝑥→+∞

= ⏟ ∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

lim

𝑥→+∞

2𝑥 𝑒𝑥

= ⏟ ∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

lim

2

𝑥→+∞ 𝑒 𝑥

=0→ ⏟ 𝑦=0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥→+∞

lim 𝑒 −𝑥 (𝑥 2 + 1) = lim 𝑒 𝑥 (𝑥 2 + 1) = +∞ → No hay hacia − ∞.

𝑥→−∞

𝑥→+∞

𝑒 −𝑥 (𝑥 2 + 1) 𝑒 𝑥 (𝑥 2 + 1) 1 = lim = lim 𝑒 𝑥 (−𝑥 − ) = −∞ → No hay oblicua. 𝑥→−∞ 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥 −𝑥 𝑥

𝑚 = lim

𝑓 ′ (𝑥) = −𝑒 −𝑥 (𝑥 2 + 1) + 𝑒 −𝑥 · 2𝑥 = 𝑒 −𝑥 (−𝑥 2 − 1 + 2𝑥) = −𝑒 −𝑥 (𝑥 2 − 2𝑥 + 1) → 𝑓 ′ (𝑥) = −

(𝑥 − 1)2 𝑥 = 1 → 𝑓 ′ (𝑥) = 0 →{ → 𝑓 es decreciente, ∀𝑥 ∈ ℝ 𝑥 𝑥 ≠ 1 → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 𝑒

𝑓 ′′ (𝑥) = 𝑒 −𝑥 (𝑥 2 − 2𝑥 + 1) − 𝑒 −𝑥 (2𝑥 − 2) = 𝑒 −𝑥 (𝑥 2 − 4𝑥 + 3) = 𝑒 −𝑥 (𝑥 − 1)(𝑥 − 3) 𝑥=1 𝑓 ′′ (𝑥) = 0 → { 𝑥=3 2 𝑥 < 1 → 𝑓 ′′ (𝑥) > 0 → 𝑓 convexa en 𝑥 ∈ ]−∞, 1[ (1, ) 𝑒 {1 < 𝑥 < 3 → 𝑓 ′′ (𝑥) < 0 → 𝑓 cóncava en 𝑥 ∈ ]1,3[ → Inflexiones: 10 ′′ (𝑥) 𝑥>3→𝑓 > 0 → 𝑓 convexa en 𝑥 ∈ ]3, +∞[ (3, 3 ) 𝑒

2 + 1 → {𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥 → b) Integramos por partes: { 𝑢 = 𝑥 −𝑥 𝑣 = −𝑒 −𝑥 𝑑𝑣 = 𝑒 𝑑𝑥

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151

𝐼 = −𝑒 −𝑥 (𝑥 2 + 1) − ∫(−𝑒 −𝑥 )2𝑥 𝑑𝑥 = − 𝑒 −𝑥 (𝑥 2 + 1) + 2 ∫ 𝑥𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = −𝑒 −𝑥 (𝑥 2 + 1) + 2𝐽 ⏟ 𝐽

Calculamos 𝐽 por partes: 𝑢=𝑥 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 { →{ → 𝐽 = −𝑥𝑒 −𝑥 − ∫(−𝑒 −𝑥 )𝑑𝑥 = −𝑥𝑒 −𝑥 − 𝑒 −𝑥 𝑑𝑣 = 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 𝑣 = −𝑒 −𝑥 𝐼 = −𝑒 −𝑥 (𝑥 2 + 1) − 2𝑥𝑒 −𝑥 − 2𝑒 −𝑥 + 𝐶 = 𝑒 −𝑥 (−𝑥 2 − 2𝑥 − 3) + 𝐶 = −

𝑥 2 + 2𝑥 + 3 +𝐶 𝑒𝑥

1

𝑥 2 + 2𝑥 + 3 6 6 ] = − − (−3) = 3 − 𝑥 𝑒 𝑒 𝑒 0

1

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = [− 0

2008 Septiembre (Opción B) Calcula las integrales: 𝑎) ∫ 𝑥 3 ln 𝑥 𝑑𝑥

𝑏) ∫

𝑑𝑥

(Cambio sugerido: 𝑥 = 𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡 )

√4 + 𝑥 2

a) Integramos por partes: 𝑑𝑢 =

𝑢 = ln 𝑥 → 𝑑𝑣 = 𝑥 3 𝑑𝑥 { 𝐼=

{

1 𝑑𝑥 𝑥

𝑣 = ∫ 𝑥 3 𝑑𝑥 =

𝑥4 4

→

𝑥4 𝑥4 1 𝑥 4 ln 𝑥 1 𝑥 4 ln 𝑥 1 𝑥 4 ln 𝑥 − ∫ · 𝑑𝑥 = − ∫ 𝑥 3 𝑑𝑥 = − · +𝐶 → 4 4 𝑥 4 4 4 4 4 𝐼=

𝑥 4 (4 ln 𝑥 − 1) +𝐶 16

b) 𝑥 = 𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡 → 𝑑𝑥 = (𝑒 𝑡 + 𝑒 −𝑡 )𝑑𝑡 → 𝐼=∫

𝑑𝑥 √4 + 𝑥 2 ∫

=∫

(𝑒 𝑡 + 𝑒 −𝑡 )𝑑𝑡 √4 + (𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡 )2

(𝑒 𝑡 + 𝑒 −𝑡 )𝑑𝑡 √𝑒 2𝑡 + 2 + 𝑒 −2𝑡

=∫

=∫

√4 + 𝑒 2𝑡 − 2𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡 + 𝑒 −2𝑡

(𝑒 𝑡 + 𝑒 −𝑡 )𝑑𝑡 √𝑒 2𝑡 + 2𝑒 𝑡 𝑒 −𝑡 + 𝑒 −2𝑡

𝑥 = 𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡 → 𝑥 = 𝑒 𝑡 −

𝑧 2 − 𝑥𝑧 − 1 = 0 → 𝑧 =

(𝑒 𝑡 + 𝑒 −𝑡 )𝑑𝑡

𝑥±

√𝑥 2

(𝑒 𝑡 + 𝑒 −𝑡 )𝑑𝑡 √(𝑒 𝑡 + 𝑒 −𝑡 )2

(𝑒 𝑡 + 𝑒 −𝑡 )𝑑𝑡 √4 + 𝑒 2𝑡 − 2 + 𝑒 −2𝑡

=

= ∫ 𝑑𝑡 = 𝑡 + 𝐶

1 𝑒 2𝑡 − 1 → 𝑥 = → 𝑒 2𝑡 − 𝑥𝑒 𝑡 − 1 = 0 → ⏟ 𝑒𝑡 𝑒𝑡 𝑧=𝑒 𝑡

+4

2

𝑒𝑡 = → {

𝐼 = ln (

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=∫

=∫

𝑥 + √𝑥 2 + 4 𝑥 + √𝑥 2 + 4 → 𝑡 = ln ( ) 2 2 𝑒𝑡 =

𝑥 − √𝑥 2 + 4 < 0 → ∄𝑡 2

𝑥 + √𝑥 2 + 4 )+𝐶 2

152

2008 Junio (Opción A.1) Estudia los siguientes límites:

4𝑥 + 5𝑥 𝑥→+∞ 3 𝑥 + 6 𝑥

𝑎) lim (𝑒 𝑥 − 𝑥 2 )

𝑏) lim

𝑥→+∞

a) lim (𝑒 𝑥 − 𝑥 2 ) = lim [𝑒 𝑥 (1 −

𝑥→+∞

𝑥→+∞

𝑥2 𝑥→+∞ 𝑒 𝑥

Pues es: lim

b)

= ⏟

𝑥2 )] = (+∞) · (1 − 0) = +∞ 𝑒𝑥

lim

∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

2𝑥

𝑥→+∞ 𝑒 𝑥

= ⏟ ∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

lim

2

𝑥→+∞ 𝑒 𝑥

=0

2 𝑥 5 𝑥 2 𝑥 5 𝑥 𝑥 6 [( ) + ( ) ] ( ) + ( ) 4 +5 3 6 3 6 = 0+0 = 0 lim 𝑥 = lim = ⏟ lim 𝑥 𝑥 𝑥→+∞ 3 + 6 𝑥 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 1 1 0+1 lim 𝑎𝑥 =0 6𝑥 [( ) + 1] 0<𝑎<1→𝑥→+∞ ( ) +1 2 2 𝑥

𝑥

2008 Junio (Opción A.2) Obtener los extremos relativos y los puntos de inflexión de la función:𝑓(𝑥) = 𝑥 · ln2 𝑥 𝑓(𝑥) = 𝑥 · ln2 𝑥 → 𝑓 ′ (𝑥) = ln2 𝑥 + 𝑥 · 2 ln 𝑥 · 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → ln 𝑥 · (ln 𝑥 + 2) = 0 → { 𝑓 ′′ (𝑥) = 2 ln 𝑥 ·

1 = ln2 𝑥 + 2 ln 𝑥 𝑥

ln 𝑥 = 0 → 𝑥 = 1 ln 𝑥 + 2 = 0 → ln 𝑥 = −2 → 𝑥 = 𝑒 −2

1 2 2(ln 𝑥 + 1) + = 𝑥 𝑥 𝑥

𝑓 ′′ (1) = 2 > 0 → 𝑓𝑚í𝑛 = 𝑓(1) = 0 → Mínimo relativo: (1,0) { 2 1 4 𝑓 ′′ (𝑒 −2 ) = − −2 < 0 → 𝑓𝑚á𝑥 = 𝑓(𝑒 −2 ) = 4𝑒 −2 → Máximo relativo: ( 2 , 2 ) 𝑒 𝑒 𝑒 𝑓 ′′ (𝑥) = 0 → ln 𝑥 + 1 = 0 → ln 𝑥 = −1 → 𝑥 = 𝑒 −1 → 𝑓(𝑒 −1 ) = 𝑒 −1 · ln2 (𝑒 −1 ) = 𝑒 −1 (−1)2 = 𝑒 −1

𝑓

′′′ (𝑥)

2 · 𝑥 − 2(ln 𝑥 + 1) 2 ln 𝑥 2(−1) =𝑥 = − 2 → 𝑓 ′′′ (𝑒 −1 ) = − −2 = 2𝑒 2 ≠ 0 → 𝑥2 𝑥 𝑒 1 1 Punto de inflexión: ( , ) 𝑒 𝑒

2008 Junio (Opción B) Dada la función: 1 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑥 4 + 𝑥 2 + 1 𝑐 a) Para cada valor de 𝑐 > 0, calcular el área de la región acotada comprendida entre la gráfica de 𝑓(𝑥), el eje OX y las rectas 𝑥 = 0, 𝑥 = 1. b) Halla el valor de 𝑐 para el cual el área obtenida en el apartado anterior es mínima. a) En primer lugar, veamos si la gráfica de la función corta al eje OX en algún punto del intervalo [0,1]

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153

1 −1 ± √1 − 4𝑐 3 𝑓(𝑥) = 0 → 𝑐𝑥 4 + 𝑥 2 + 1 = 0 → 𝑐 2 𝑥 4 + 𝑥 2 + 𝑐 = 0 → 𝑥 2 = 𝑐 2 Se tiene que: 𝑐 > 0 → 1 − 4𝑐 3 < 1 → −1 ± √1 − 4𝑐 3 < 0 → 𝑥 2 < 0 (imposible) → 𝑓(𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ 1

1 𝑐𝑥 5 𝑥 3 𝑐 1 3𝑐 2 + 15𝑐 + 5 𝑆(𝑐) = ∫ (𝑐𝑥 + 𝑥 2 + 1) 𝑑𝑥 = [ + + 𝑥] = + + 1 = 𝑐 5 3𝑐 5 3𝑐 15𝑐 0 0 b) Derivamos: 1

4

5 𝑐=√ 3

2

𝑆(𝑐) =

𝑐 1 1 1 3𝑐 − 5 ′ + + 1 → 𝑆 ′ (𝑐) = − 2 = ; 𝑆 (𝑐) = 0 → 3𝑐 2 − 5 = 0 → 5 3𝑐 5 3𝑐 15𝑐 2

𝑆 ′ (𝑐) =

5 𝑐 = −√ < 0 3 {

1 1 2 5 5 − → 𝑆 ′′ (𝑐) = 3 ; 𝑆 ′′ (√ ) > 0 → 𝑆𝑚í𝑛 = 𝑆 (√ ) . 5 3𝑐 2 3𝑐 3 3

2007 Septiembre (Opción A) Dada la función: 𝑓(𝑥) =

3𝑥 2 + 𝑥 + 3 𝑥2 + 1

a) Obtener sus extremos relativos y sus puntos de inflexión. b) Determinar una función 𝐹(𝑥) tal que su derivada sea 𝑓(𝑥) y además 𝐹(0) = 4. a) Derivamos: (6𝑥 + 1)(𝑥 2 + 1) − 2𝑥(3𝑥 2 + 𝑥 + 3) −𝑥 2 + 1 = (𝑥 2 + 1)2 (𝑥 2 + 1)2 2 2 2 2 2 2 (−𝑥 −2𝑥(𝑥 + 1) − + 1) · 2 · 2𝑥(𝑥 + 1) (𝑥 + 1)[−2𝑥(𝑥 + 1) + 4𝑥 3 − 4𝑥] 𝑓 ′′ (𝑥) = = = (𝑥 2 + 1)4 (𝑥 2 + 1)4 2𝑥 3 − 6𝑥 2𝑥(𝑥 2 − 3) = (𝑥 2 + 1)3 (𝑥 2 + 1)3 Se obtiene, derivando nuevamente: 6(𝑥 4 − 6𝑥 2 + 1) 𝑓 ′′′ (𝑥) = − (𝑥 2 + 1)4 1 𝑥 = 1 → 𝑓 ′′ (1) = − < 0 2 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → −𝑥 2 + 1 = 0 → { → 1 ′′ (−1) 𝑥 = −1 → 𝑓 = >0 2 5 5 𝑓𝑚í𝑛 = 𝑓(−1) = → Mínimo relativo: (−1, ) 2 2 7 7 𝑓𝑚á𝑥 = 𝑓(1) = → Máximo relativo: (1, ) 2 2 { 12 − √3 𝑓(−√3) = 𝑥 = −√3 → 𝑓 ′′′ (−√3) ≠ 0 4 𝑓(0) = 3 𝑥 = 0 → 𝑓′′′(0) ≠ 0 𝑦 𝑓 ′′ (𝑥) = 0 → 2𝑥(𝑥 2 − 3) = 0 → → ′′′ 12 + √3 𝑥 = √3 → 𝑓 (√3) ≠ 0 { { 𝑓(√3) = 4 𝑓 ′ (𝑥) =

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154

12 − √3 ) 4 Puntos de inflexión: (0,3) 12 + √3 (√3, ) 4 { (−√3,

Cociente: 3 b) Dividiendo polinomios: (3𝑥 2 + 𝑥 + 3): (𝑥 2 + 1) → { → Resto: 𝑥 𝐹(𝑥) = ∫

3𝑥 2 + 𝑥 + 3 𝑥 1 2𝑥 1 𝑑𝑥 = ∫ (3 + 2 ) 𝑑𝑥 = 3𝑥 + ∫ 2 𝑑𝑥 = 3𝑥 + ln|𝑥 2 + 1| + 𝐶 → ⏟ 2 𝑥 +1 𝑥 +1 2 𝑥 +1 2 𝑥 2 +1>0 𝐹(𝑥) = 3𝑥 + ln √𝑥 2 + 1 + 𝐶 𝐹(0) = 4 → ln 1 + 𝐶 = 4 → 𝐶 = 4 → 𝐹(𝑥) = 3𝑥 + ln √𝑥 2 + 1 + 4

2007 Septiembre (Opción B) Sea 𝑔(𝑥) una función continua y derivable para todo valor real de 𝑥, de la que se conoce la siguiente información:  𝑔′ (𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ ]−∞, 0[ ∪ ]2, +∞[ , mientras que 𝑔′ (𝑥) < 0, ∀𝑥 ∈ ]0,2[.  𝑔′′ (𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ ]1,3[ , mientras que 𝑔′′ (𝑥) < 0, ∀𝑥 ∈ ]−∞, 1[ ∪ ]3, +∞[.  𝑔(−1) = 0, 𝑔(0) = 2, 𝑔(2) = 1.  lim 𝑔(𝑥) = −∞ 𝑦 lim 𝑔(𝑥) = 3. 𝑥→−∞

𝑥→+∞

Teniendo en cuenta los datos anteriores, se pide: a) Analizar razonadamente la posible existencia o no existencia de asíntotas verticales, horizontales u oblicuas. b) Dibujar esquemáticamente la gráfica de esta función. 𝑥 c) Si 𝐺(𝑥) = ∫0 𝑔(𝑡)𝑑𝑡 encontrar un valor 𝑥0 tal que 𝐺 ′ (𝑥0 ) = 0. a) Como la función es continua en toda la recta real, carece de asíntotas verticales. Hay una asíntota horizontal, para 𝑥 → +∞, que es la recta: 𝑦 = 3 Para 𝑥 → −∞, con los datos disponibles, solo podemos decir que puede haber una asíntota oblicua o una rama parabólica. b) Con los datos que tenemos: Hay un corte con el eje horizontal en 𝐴(−1,0), hay un máximo relativo en 𝐵(0,2), un mínimo relativo en 𝐶(2,1). Hay puntos de inflexión en los puntos de abscisa 𝑥 = 1 𝑦 𝑥 = 3.

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155

c) En virtud del Teorema fundamental del Cálculo: 𝑥

𝐺(𝑥) = ∫ 𝑔(𝑡)𝑑𝑡 → 𝐺 ′ (𝑥) = 𝑔(𝑥); 𝑔(𝑥) = 0 → 𝑥 = −1 0

𝐺 ′ (𝑥0 ) = 0 → 𝑥0 = −1

2007 Junio (Opción A) Se considera la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 𝑚, donde 𝑚 > 0 es una constante. a) Para cada valor de 𝑚 hallar el valor de 𝑎 > 0 tal que la recta tangente a la gráfica de esta función en el punto (𝑎, 𝑓(𝑎)) pase por el origen de coordenadas. b) Halla el valor de 𝑚 para que la recta 𝑦 = 𝑥 sea tangente a la gráfica de 𝑓(𝑥). a) 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 𝑚 → 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 →Pendiente de la recta tangente en 𝑥 = 𝑎 → 2𝑎. Punto de tangencia: (𝑎, 𝑓(𝑎)) = (𝑎, 𝑎2 + 𝑚). Ecuación de la recta tangente: 𝑦 − (𝑎2 + 𝑚) = 2𝑎(𝑥 − 𝑎) → 𝑦 = 2𝑎𝑥 − 2𝑎2 + 𝑎2 + 𝑚 → 𝑦 = 2𝑎𝑥 + 𝑚 − 𝑎2 Si pasa por el origen, para 𝑥 = 0 → 𝑦 = 0. Entonces: 0 = 2𝑎 · 0 + 𝑚 − 𝑎2 → 𝑚 − 𝑎2 = 0 → ⏟ 𝑎 = √𝑚 𝑎>0

b) {

1 1 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 → 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 → 2𝑥 = 1 → 𝑥 = → 𝑦 = → ′ 𝑦=𝑥→𝑦 =1 2 2

Punto de tangencia: 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 ( , ) → 𝑓( ) = → ( ) +𝑚 = → 𝑚 = − → 𝑚 = 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2007 Junio (Opción B.1) Dada la función: 𝑥 2 − 12 𝑥2 + 4 Calcular el área de la región acotada encerrada por su gráfica y el eje OX. 𝑓(𝑥) =

𝑓(𝑥) = 0 → 𝑥 2 − 12 = 0 → {

𝑥 = −2√3 ; −2√3 < 𝑥 < 2√3 → 𝑓(𝑥) < 0 𝑥 = 2√3 𝑥 2 − 12 𝑑𝑥 2 −2√3 𝑥 + 4 2√3

𝑆 = −∫

𝑥 2 − 12 𝑥 2 + 4 − 16 16 4 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 = ∫ (1 − 2 ) 𝑑𝑥 = 𝑥 − ∫ 𝑑𝑥 = 2 2 2 𝑥 𝑥 +4 𝑥 +4 𝑥 +4 ( ) +1 2 1 𝑑𝑥 𝑥 = 𝑥 − 8 ∫ 22 = 𝑥 − 8 arctan ( ) + 𝐶 → 𝑥 2 ( ) +1 2 2√3 2 2√3 𝑥 − 12 𝑥 2√3 𝑥 −∫ 𝑑𝑥 = − [𝑥 − 8 arctan ( )] = [8 arctan ( ) − 𝑥] = 2 2 −2√3 2 −2√3 −2√3 𝑥 + 4

𝐼=∫

8 arctan(√3) − 2√3 − [8 arctan(−√3) − (−2√3)]

= ⏟ arctan(−𝑎)=− arctan 𝑎 𝜋 arctan(√3)= 3

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16𝜋 − 4√3 𝑢2 3

156

2007 Junio (Opción B.2) Dibujar la gráfica de la siguiente función, indicando dominio, asíntotas e intervalos de monotonía. 𝑓(𝑥) =

|𝑥| 2−𝑥

−𝑥 , 𝑠𝑖 𝑥 < 0 |𝑥| 𝑓(𝑥) = = { 𝑥2 − 𝑥 → 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {2} 2−𝑥 , 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0 ˄ 𝑥 ≠ 2 2−𝑥 𝑥 2 = + = +∞ 2 − 𝑥 0 { → Asíntota vertical: 𝑥 = 2 𝑥 2 lim 𝑓(𝑥) = lim+ = − = −∞ 𝑥→2+ 𝑥→2 2 − 𝑥 0 lim 𝑓(𝑥) = lim−

𝑥→2−

𝑥→2

−𝑥 =1 Asíntota horizontal( → −∞): −𝑥 { → 𝑥 Asíntota horizontal( → +∞): lim 𝑓(𝑥) = lim = −1 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 2 − 𝑥 lim 𝑓(𝑥) = lim

𝑥→−∞

𝑥→−∞ 2

𝑦=1 𝑦 = −1

−𝑥 𝑥−2−𝑥 2 1 → 𝑦′ = =− 𝑓 ′ (0− ) = − 2 (2 − 𝑥) (2 − 𝑥)2 2−𝑥 2 → ∄𝑓′(0) →{ 𝑥 2 − 𝑥 + 𝑥 2 1 𝑦= → 𝑦′ = = 𝑓 ′ (0+ ) = { (2 − 𝑥)2 (2 − 𝑥)2 2−𝑥 2 𝑦=

𝑥 < 0 → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑥 ∈ ]−∞, 0[ { 0 < 𝑥 < 2 ˅ 𝑥 > 2 → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑒𝑛 𝑥 ∈ ]0,2[ ∪ ]2, +∞[

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157

2006 Septiembre (Opción A.1) Calcular la integral: 2

∫ 1

𝐼=∫

𝑥2

𝑑𝑥 + 2𝑥

𝑑𝑥 𝑑𝑥 =∫ 𝑥 2 + 2𝑥 𝑥(𝑥 + 2)

Efectuamos la descomposición en fracciones simples: 1 𝑥=0→𝐴= 1 𝐴 𝐵 𝐴(𝑥 + 2) + 𝐵𝑥 2 → = + = → 1 = 𝐴(𝑥 + 2) + 𝐵𝑥, ∀𝑥 ∈ ℝ → { 1 𝑥(𝑥 + 2) 𝑥 𝑥 + 2 𝑥(𝑥 + 2) 𝑥 = −2 → 𝐵 = − 2 1 1 1 1 1 𝑥 𝑥 2 𝐼 = ∫ ( − 2 ) 𝑑𝑥 = ln|𝑥| − ln|𝑥 + 2| + 𝐶 = ln | | + 𝐶 = ln √| |+𝐶 𝑥 𝑥+2 2 2 2 𝑥+2 𝑥+2 2 √1 𝑑𝑥 𝑥 1 1 3 √6 2 ∫ 2 = [ln √| |] = ln √ − ln √ = ln = ln √ = ln 𝑥+2 1 2 3 2 2 1 𝑥 + 2𝑥 √1 3 2

2006 Septiembre (Opción A.2) 3𝑥 + 2, 𝑠𝑖 𝑥 < 0 Determinar 𝑎, 𝑏 de modo que la función 𝑓(𝑥) = {𝑥 2 + 2𝑎 cos 𝑥, 𝑠𝑖 0 ≤ 𝑥 < 𝜋 sea continua en ℝ. 𝑎𝑥 2 + 𝑏, 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 𝜋 Estudiar la derivabilidad de 𝑓. En cada tramo, la función es continua, pues es suma de funciones elementales continuas. Forcemos la continuidad en 𝑥 = 0 y en 𝑥 = 𝜋. lim 𝑓(𝑥) = lim(3𝑥 + 2) = 2

{

𝑥→0−

𝑥→0

lim+𝑓(𝑥) = lim(𝑥 2 + 2𝑎 cos 𝑥) = 2𝑎 = 𝑓(0)

lim 𝑓(𝑥) = lim (𝑥 2 + 2𝑎 cos 𝑥) = 𝜋 2 − 2𝑎

{

→ 2𝑎 = 2 → 𝑎 = 1

𝑥→0

𝑥→0

𝑥→𝜋−

𝑥→𝜋

lim+𝑓(𝑥) = lim (𝑎𝑥 2 + 𝑏) = 𝑎𝜋 2 + 𝑏 = 𝑓(𝜋)

→ 𝜋 2 − 2𝑎 = 𝑎𝜋 2 + 𝑏 → ⏟ 𝑏 = −2 𝑎=1

𝑥→𝜋

𝑥→𝜋

3𝑥 + 2, 𝑓(𝑥) = {𝑥 2 + 2 𝑐𝑜𝑠 𝑥, 𝑥 2 − 2,

𝑠𝑖 𝑥 < 0 𝑠𝑖 0 ≤ 𝑥 < 𝜋 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 𝜋

𝑦 = 3𝑥 + 2 → 𝑦 ′ = 3 𝑓 ′ (0− ) = 3 𝑓 ′ (𝜋 − ) = 2𝜋 {𝑦 = 𝑥 + 2 cos 𝑥 → 𝑦 ′ = 2𝑥 − 2 sin 𝑥 → { ′ + 𝑦 { ′ + 𝑓 (0 ) = 0 𝑓 (𝜋 ) = 2𝜋 𝑦 = 𝑥 2 − 2 → 𝑦 ′ = 2𝑥 2

Se sigue, pues que 𝑓 es derivable en ℝ − {0} . En 𝑥 = 0 hay un punto anguloso.

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158

2006 Septiembre (Opción B) Se considera la función:

𝑓(𝑥) = 𝑥𝑒 2𝑥 . Se pide:

a) Representación gráfica (indicando: dominio, asíntotas, monotonía, extremos relativos, curvatura y puntos de inflexión). b) Área de la región plana comprendida entre el eje OX y la gráfica de la función dada entre 𝑥 = −1 y 𝑥 = 1. a) 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ. Como 𝑓 es continua, no hay asíntotas verticales. También: 𝑓(0) = 0. 𝑓(𝑥) 𝑥𝑒 2𝑥 lim 𝑥𝑒 2𝑥 = +∞; 𝑚 = lim = lim = lim 𝑒 2𝑥 = +∞ → 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥 𝑥→+∞ 𝑥 𝑥→+∞ Para 𝑥 → +∞, no hay asíntota horizontal, ni oblicua. Hay rama parabólica. 𝑥 𝑥 = lim −2𝑥 𝑥→−∞ 1 𝑥→−∞ 𝑒 0·∞ 𝑒 2𝑥

lim 𝑥𝑒 2𝑥 = ⏟ lim

𝑥→−∞

= ⏟ ∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

Asíntota horizontal 1 1 (para 𝑥 → −∞) = = 0 → 𝑥→−∞ −2𝑒 −2𝑥 −∞ 𝑦=0 lim

𝑓(𝑥) = 𝑥𝑒 2𝑥 → 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑒 2𝑥 + 𝑥 · 2𝑒 2𝑥 = 𝑒 2𝑥 (2𝑥 + 1) 𝑓 ′′ (𝑥) = 2𝑒 2𝑥 (2𝑥 + 1) + 𝑒 2𝑥 · 2 = 𝑒 2𝑥 (4𝑥 + 4) = 4𝑒 2𝑥 (𝑥 + 1) 1 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → ⏟ 𝑥 = − ; 𝑓 ′′ (𝑥) = 0 → ⏟ 𝑥 = −1. 2 𝑒 2𝑥 >0 𝑒 2𝑥 >0 1 1 1 𝑓 (− ) = − 𝑦 𝑓(−1) = − 2 2 2𝑒 𝑒 1 1 Mínimo relativo: 𝑥 < − → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 decreciente en 𝑥 ∈ ]−∞, − [ 2 2 → 1 1 { 1 1 (− , − ) 2 2𝑒 𝑥 > − → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 creciente en 𝑥 ∈ ]− , +∞[ 2 2 Punto de inflexión: ′′ (𝑥) 𝑥 < −1 → 𝑓 < 0 → 𝑓 cóncava en 𝑥 ∈ ]−∞, −1[ 1 { → ′′ (𝑥) (−1, − 2 ) 𝑥 > −1 → 𝑓 > 0 → 𝑓 convexa en 𝑥 ∈ ]−1, +∞[ 𝑒

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159

b) 𝑓(𝑥) = 0 → 𝑥 = 0 ∈ [−1,1] →La superficie pedida: 0

1

𝑆 = |∫ 𝑥𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 | + |∫ 𝑥𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 | −1

0

Resolvemos por partes: 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑢=𝑥 1 →{ → 2𝑥 𝑑𝑣 = 𝑒 𝑑𝑥 𝑣 = ∫ 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 2𝑥 2 1 1 1 1 𝑥 1 𝐼 = 𝑥𝑒 2𝑥 − ∫ 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒 2𝑥 − 𝑒 2𝑥 + 𝐶 = 𝑒 2𝑥 ( − ) + 𝐶 → 2 2 2 4 2 4 0 1 𝑥 1 𝑥 1 1 1 1 1 1 1 𝑆 = |[𝑒 2𝑥 ( − )] | + |[𝑒 2𝑥 ( − )] | = |𝑒 −2 (− − ) − 𝑒 0 (− ) | + |𝑒 2 ( − ) − 𝑒 0 (− )| = 2 4 −1 2 4 0 2 4 4 2 4 4 2 2 4 2 3 1 𝑒 1 1 3 𝑒 1 𝑒 + 2𝑒 − 3 2 = |− 2 + | + | + | = ( − 2 ) + + = 𝑢 4𝑒 4 4 4 4 4𝑒 4 4 4𝑒 2 𝐼 = ∫ 𝑥𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 → {

2006 Junio (Opción A) 2𝑥

Se considera la función: 𝑓(𝑥) = 𝑥+1 a) Dibujar la gráfica de esta función, indicando su dominio, asíntotas e intervalos de crecimiento y decrecimiento. 2𝑛 b) Demostrar que es monótona creciente la sucesión: 𝑎𝑛 = 𝑛+1 c) Calcular: lim [𝑛2 (𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 )] 𝑛→∞

a) Es 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {−1} 2𝑥 −2 = − = +∞ 𝑥→−1 𝑥 + 1 Asíntota vertical: 0 { → 2𝑥 −2 𝑥 = −1 lim+ = + = −∞ 𝑥→−1 𝑥 + 1 0 2𝑥 2 lim = lim =2 1 𝑥→+∞ 𝑥 + 1 𝑥→+∞ 1+ Asíntota horizontal: 𝑥 → 2𝑥 2 𝑦=2 lim = lim =2 1 𝑥→−∞ 𝑥 + 1 𝑥→−∞ 1+ { 𝑥 2𝑥 2(𝑥 + 1) − 2𝑥 · 1 2 𝑓(𝑥) = → 𝑓 ′ (𝑥) = = > 0, ∀𝑥 ≠ −1 → (𝑥 + 1)2 (𝑥 + 1)2 𝑥+1 𝑓 es creciente en su dominio lim−

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160

b) Considerando que la función es creciente en 𝑥 > 0: 𝑎𝑛+1 = 𝑓(𝑛 + 1) > 𝑓(𝑛) = 𝑎𝑛 → 𝑎𝑛+1 > 𝑎𝑛 , ∀𝑛 ∈ ℕ c) 2(𝑛 + 1) 2𝑛 2𝑛 + 2 2𝑛 lim [𝑛2 (𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 )] = lim [𝑛2 ( − )] = lim [𝑛2 ( − )] = 𝑛→∞ 𝑛→∞ (𝑛 + 1) + 1 𝑛 + 1 𝑛+2 𝑛+1 2𝑛2 + 4𝑛 + 2 − 2𝑛2 − 4𝑛 2𝑛2 2 = lim (𝑛2 · ) = lim 2 = lim = 2 3 2 𝑛→∞ 𝑛→∞ 𝑛 + 3𝑛 + 2 𝑛→∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1) 1+ + 2 𝑛 𝑛

𝑛→∞

2006 Junio (Opción B) a) Estudia y representa gráficamente la función: 1 (𝑥 − 2)2 b) Halla el área de la región plana acotada comprendida entre la función anterior y las rectas 𝑦 = 1, 𝑥 = 5/2. 𝑓(𝑥) =

a) J

b) {

1 1 𝑥=3 = 1 → (𝑥 − 2)2 = 1 → { (𝑥 − 2)2 → (𝑥 − 2)2 𝑥=1 𝑦=1

𝑦=

El intervalo de integración es:

Y en dicho intervalo, 𝑓(𝑥) > 1: 3

𝑆=∫ [ 5 2

5 [ , 3] 2

3 1 1 5 1 2 − 1] 𝑑𝑥 = [− − 𝑥] = (−4) − (−2 − ) = 𝑢 2 5 (𝑥 − 2) 𝑥−2 2 2

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2

161

2005 Septiembre (Opción A) Dada la función: 𝑓(𝑥) =

1 𝑥

a) Hallar la ecuación de la recta tangente a su gráfica en el punto (𝑎, 𝑓(𝑎)), para 𝑎 > 0. b) Hallar los puntos de corte de la recta tangente hallada en el apartado anterior con los ejes coordenados. c) Hallar el valor 𝑎 > 0 que hace que las distancias entre los dos puntos obtenidos en el apartado anterior sea mínima. a) Se tiene que: 1 1 → Punto de tangencia: (𝑎, ) 𝑥 𝑎 → { 1 1 ′ (𝑥) ′ (𝑎) 𝑓 = − 2 → Pendiente: 𝑓 =− 2 𝑥 𝑎 1 1 1 2 𝑟 ≡ 𝑦 − = − 2 (𝑥 − 𝑎) → 𝑦 = − 2 𝑥 + 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 𝑓(𝑥) =

b) Obtengamos los puntos de intersección de los ejes con esta recta: 2 2 𝑥 = 0 → 𝑦 = → 𝑃 (0, ) 1 2 2 𝑎 𝑎 → ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑦 = − 2𝑥+ → { 𝑃𝑄 = (2𝑎, − ) 𝑎 𝑎 𝑎 𝑦 = 0 → 𝑥 = 2𝑎 → 𝑄(2𝑎, 0) c) 2 2 4 4(𝑎4 + 1) 2√𝑎4 + 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(2𝑎)2 + (− ) = √4𝑎2 + 𝑑(𝑎) = 𝑑(𝑃, 𝑄) = |𝑃𝑄 =√ = 2 𝑎 𝑎 𝑎2 𝑎 2 · 4𝑎3 · 𝑎 − 2√𝑎4 + 1 2√𝑎4 + 1 4𝑎4 − 2(𝑎4 + 1) 2(𝑎4 − 1) 2√𝑎4 + 1 ′ (𝑎) 𝑑(𝑎) = →𝑑 = = = 2 𝑎 𝑎 𝑎2 √𝑎4 + 1 𝑎2 √𝑎4 + 1 𝑑 ′ (𝑎) = 0 → 𝑎4 − 1 = 0 → {

𝑎 = −1 (no se ite) 𝑎=1

0 < 𝑎 < 1 → 𝑑 ′ (𝑎) < 0 → 𝑑 es decreciente. { → 𝑑𝑚í𝑛 = 𝑑(1) = 2√2 𝑢. 𝑎 > 1 → 𝑑 ′ (𝑎) > 0 → 𝑑 es creciente. 2005 Septiembre (Opción B.1) Dada la función: 𝑓(𝑥) = ln

𝑥2 𝑥−1

Hallar un punto (𝑎, 𝑓(𝑎)) tal que la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en ese punto sea paralela al eje OX. Si la recta tangente es paralela al eje OX, significa que es una recta horizontal, o sea, que su pendiente es 0. Por tanto, igualaremos a 0 la derivada de la función: 𝑥2 𝑓(𝑥) = ln → 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = [1, +∞[; 𝑓(𝑥) = ln 𝑥 2 − ln(𝑥 − 1) = 2 ln 𝑥 − ln(𝑥 − 1) → 𝑥−1 𝑓 ′ (𝑥) =

2 1 2𝑥 − 2 − 𝑥 𝑥−2 − = = ; 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 𝑥 = 2; 𝑓(2) = ln 4 = 2 ln 2 → 𝑥 𝑥−1 𝑥(𝑥 − 1) 𝑥(𝑥 − 1) Punto pedido: (2,2 ln 2)

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162

2005 Septiembre (Opción B.2) 𝑒𝑥

Dada la función: 𝑓(𝑥) = (1+𝑒 𝑥)2 a) Calcular sus extremos locales (relativos) y globales (absolutos) de esta función. 𝑎 1 b) Determinar el valor del parámetro 𝑎 tal que: ∫0 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 4

a) La función es continua en toda la recta real. Además: (1 + 𝑒 𝑥 )2 ≥ 𝑒 𝑥 → 0 < 𝑓(𝑥) ≤ 1 Calculemos su derivada: 𝑒 𝑥 (1 + 𝑒 𝑥 )2 − 𝑒 𝑥 · 2(1 + 𝑒 𝑥 )𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 (1 + 𝑒 𝑥 )[1 + 𝑒 𝑥 − 2𝑒 𝑥 ] 𝑒 𝑥 (1 − 𝑒 𝑥 ) 𝑓 ′ (𝑥) = = = (1 + 𝑒 𝑥 )4 (1 + 𝑒 𝑥 )4 (1 + 𝑒 𝑥 )3 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 1 − 𝑒 𝑥 = 0 → 𝑒 𝑥 = 1 → 𝑥 = 0 → 𝑓(0) = 1 {

𝑥 < 0 → 𝑒 𝑥 < 1 → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 creciente en 𝑥 ∈ ]0, +∞[ Máximo (relativo y absoluto): → 𝑥 ′ (𝑥) ]−∞, (0,1) 𝑥>0→𝑒 >1→𝑓 > 0 → 𝑓 decreciente en 𝑥 ∈ 0[ 𝑒𝑥 𝑒 −∞ 0 = = =0 𝑥 2 𝑥→−∞ (1 + 𝑒 ) (1 + 𝑒 −∞ )2 (1 + 0)2 𝑥 𝑥 → 𝑒 𝑒 1 1 lim = lim = lim = =0 𝑥 2 𝑥 2𝑥 1 𝑥→+∞ (1 + 𝑒 ) 𝑥→+∞ 1 + 2𝑒 + 𝑒 𝑥→+∞ + 2 + 𝑒 𝑥 +∞ { 𝑒𝑥 lim

La función carece de mínimo (tanto relativo como absoluto). 𝑑𝑡 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 b) Hallemos la integral definida, con el cambio: 𝑡 = 1 + 𝑒 𝑥 → { 𝑥 = 0 → 𝑡 = 2; 𝑥 = 𝑎 → 𝑡 = 1 + 𝑒 𝑎 𝑎

𝑎

1+𝑒 𝑒𝑥 𝑑𝑡 1 1+𝑒 1 1 1 1 𝐼=∫ 𝑑𝑥 = ∫ = [− ] =− − (− ) = − 𝑥 2 2 𝑎 (1 ) +𝑒 𝑡 𝑡 2 1+𝑒 2 2 1 + 𝑒𝑎 0 2 𝑎

𝐼=4→

1 1 1 𝑒𝑎 − 1 1 − = → = → 4𝑒 𝑎 − 4 = 2 + 2𝑒 𝑎 → 2𝑒 𝑎 = 6 → 𝑒 𝑎 = 3 → 𝑎 = ln 3 𝑎 𝑎 2 1+𝑒 4 2(1 + 𝑒 ) 4

2005 Junio (Opción A.1) Sea 𝑓 una función derivable en el intervalo ]0,1[ y continua en el intervalo [0,1], tal que 𝑓(1) = 0 y 1

∫ 2𝑥𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = 1 0

1

Utilizar la fórmula de integración por partes para calcular: ∫0 𝑓(𝑥)𝑑𝑥. 𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑥 { →{ → 𝑣 = ∫ 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥) 𝑑𝑣 = 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥

Integramos por partes: 1

1

1

∫ 2𝑥𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = [2𝑥𝑓(𝑥)]10 − 2 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 → 1 = 2𝑓(1) − 0 · 𝑓(0) − 2 ∫ 𝑓(𝑥) → 0

0 1

0 1

1

2 ∫ 𝑓(𝑥) = 2 · 0 − 0 − 1 → 2 ∫ 𝑓(𝑥) = −1 → ∫ 𝑓(𝑥) = − 0

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0

0

1 2

163

2005 Junio (Opción A.2) Calcular un polinomio de tercer grado 𝑝(𝑥) = 𝑎𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 + 𝑐𝑥 + 𝑑 sabiendo que se verifica:  Tiene un máximo relativo en 𝑥 = 1.  Tiene un punto de inflexión en el punto de coordenadas (0,1).  Se verifica que: 1 5 ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = 4 0 𝑝′ (𝑥) = 3𝑎𝑥 2 + 2𝑏𝑥 + 𝑐 𝑝′′ (𝑥) = 6𝑎𝑥 + 2𝑏 𝑝(𝑥) = 𝑎𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 + 𝑐𝑥 + 𝑑 → 𝑎𝑥 4 𝑏𝑥 3 𝑐𝑥 2 ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = + + + 𝑑𝑥 + 𝐾 { 4 3 2 De las condiciones se sigue: 𝑝′ (1) = 0 𝑝(0) = 1 𝑝′′ (0) = 0

1 3𝑎 + 2𝑏 + 𝑐 = 0 𝑏=0 𝑎=− 𝑏=0 5 𝑑=1 𝑑=1 𝑑=1 𝑏 = 0 → → 3𝑎 + 𝑐 = 0 → { → → 2𝑏 = 0 3 1 3𝑎 + 𝑐 = 0 𝑎 𝑏 𝑐 5 𝑎 𝑐 1 𝑎𝑥 4 𝑏𝑥 3 𝑐𝑥 2 5 𝑐 = + + +𝑑−0 = + = 𝑎 + 2𝑐 = 1 [ + + + 𝑑𝑥] = 5 {4 3 2 4 {4 2 4 3 2 4 { 𝑑=1 { 4 0 1 3 𝑝(𝑥) = − 𝑥 3 + 𝑥 + 1 5 5 2005 Junio (Opción B) Calcular los límites siguientes: 𝑎)

𝜋 𝑏) lim 𝑥 [arctan(𝑒 𝑥 ) − ] 𝑥→+∞ 2

lim (√𝑥 2 + 𝑥 − √𝑥 2 − 𝑥)

𝑥→+∞

a) lim (√𝑥 2 + 𝑥 − √𝑥 2 − 𝑥) = ⏟

(√𝑥 2 + 𝑥 − √𝑥 2 − 𝑥)(√𝑥 2 + 𝑥 + √𝑥 2 − 𝑥)

= (√𝑥 2 + 𝑥 + √𝑥 2 − 𝑥) 2𝑥 𝑥 2 + 𝑥 − (𝑥 2 − 𝑥) 2𝑥 𝑥 lim = lim = ⏟ lim = 𝑥→+∞ √𝑥 2 + 𝑥 + √𝑥 2 − 𝑥 𝑥→+∞ √𝑥 2 + 𝑥 + √𝑥 2 − 𝑥 ∞ 𝑥→+∞ √𝑥 2 + 𝑥 √𝑥 2 − 𝑥 + ∞ 𝑥 𝑥 2 2 2 lim = = = 1 𝑥→+∞ √1 + 0 + √1 − 0 2 1 1 √1 + + √1 − 𝑥 𝑥

𝑥→+∞

∞−∞

lim

𝑥→+∞

b) 𝜋 lim 𝑥 [arctan(𝑒 𝑥 ) − ] 𝑥→+∞ 2

lim [−

𝑥→+∞

𝑥 2𝑒 𝑥 ] 1 + 𝑒 2𝑥

= ⏟

lim

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𝜋 2

= ⏟ 0 0 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 2

𝑒𝑥 1 + 𝑒 2𝑥 = lim 1 𝑥→+∞ − 2 𝑥

2𝑥𝑒 + 𝑥 𝑒 −𝑒 𝑥 (2𝑥 + 𝑥 ) −2𝑥 − 𝑥 2 ] = lim = lim 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 2𝑒 2𝑥 2𝑒 2𝑥 2𝑒 𝑥

−2 − 2𝑥 −1 − 𝑥 = lim 𝑥 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 2𝑒 𝑒𝑥 lim

1 𝑥

𝜋 𝑥→+∞ arctan(+∞)= 2 0·∞ 𝑥 2 𝑥

lim [−

𝑥→+∞ ∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

= ⏟

arctan(𝑒 𝑥 ) −

= ⏟ ∞ ∞

𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

= ⏟ ∞ ∞ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

−1 1 =− = 0 𝑥 𝑥→+∞ 𝑒 +∞ lim

164

2004 Septiembre (Opción A) Sabiendo que la derivada de la función 𝑓 es: 𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 − 4)2 (𝑥 2 − 8𝑥 + 7): a) Hallar los intervalos de crecimiento de 𝑓. b) Hallar los máximos y mínimos relativos de 𝑓. c) ¿Es el punto de abscisa 𝑥 = 4 un punto de inflexión? Justificar la respuesta. (𝑥 − 4)2 = 0 → 𝑥 = 4 ˅ a) 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → { → 𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 − 1)(𝑥 − 4)2 (𝑥 − 7) → 𝑥=1 2 𝑥 − 8𝑥 + 7 = 0 → { 𝑥=7 𝑥 < 1 → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 es creciente en 𝑥 ∈ ]−∞, 1[ 1 < 𝑥 < 4 → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 es decreciente en 𝑥 ∈ ]1,4[ → 𝑓 es decreciente en 𝑥 = 4 4 < 𝑥 < 7 → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 es decreciente en 𝑥 ∈ ]4,7[ { 𝑥 > 7 → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 es creciente en 𝑥 ∈ ]7, +∞[ →

𝑓 creciente en 𝑥 ∈ ]−∞, 1[ ∪ ]7, +∞[ 𝑓 decreciente en 𝑥 ∈ ]1,7[

b) Consideraciones anteriores nos conducen a que:

Máximo relativo en 𝑥 = 1 Mínimo relativo en 𝑥 = 7

c) Al ser 𝑓 ′ (4) = 0, el punto de abscisa 𝑥 = 4 es un punto estacionario de la gráfica de la función. Sabemos que un punto estacionario puede ser un máximo relativo, un mínimo relativo o bien un “punto de silla” (punto de inflexión con tangente horizontal). Entonces, sin necesidad de hallar la derivada segunda, podemos asegurar que hay un Punto de inflexión en 𝑥 = 4 . 2004 Septiembre (Opción B) 2𝑥+1

Sea la función: 𝑓(𝑥) = (𝑥 2

+𝑥+1)2

a) Hallar sus máximos y mínimos relativos y sus asíntotas. b) Dibujar la gráfica de la función, utilizando la información obtenida en el apartado anterior y que tiene exactamente tres puntos de inflexión, cuyas abscisas son: −1 − √3 1 −1 + √3 𝑥1 = , 𝑥2 = − , 𝑥3 = 2 2 2 c) Calcular el área del recinto limitado por la gráfica de la función, el eje OX y las rectas 𝑥 = 0 y 𝑥 = 2. a) Derivamos: 2(𝑥 2 + 𝑥 + 1)2 − (2𝑥 + 1) · 2(2𝑥 + 1) · (𝑥 2 + 𝑥 + 1) = (𝑥 2 + 𝑥 + 1)2 2(𝑥 2 + 𝑥 + 1)[(𝑥 2 + 𝑥 + 1) − (4𝑥 2 + 4𝑥 + 1)] 2(−3𝑥 2 − 3𝑥) −6𝑥(𝑥 + 1) = = 2 (𝑥 2 + 𝑥 + 1)2 𝑥2 + 𝑥 + 1 𝑥 +𝑥+1 𝑥 = 0 → 𝑓(0) = 1 ˅ 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 𝑥(𝑥 + 1) = 0 → { 𝑥 = −1 → 𝑓(−1) = −1 −1 ± √−3 𝑥2 + 𝑥 + 1 = 0 → 𝑥 = ∉ ℝ → 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ 2 ′ (𝑥) 𝑥 < −1 → 𝑓 < 0 → 𝑓 decreciente Máximo relativo: (0,1) {−1 < 𝑥 < 0 → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 creciente → Mínimo relativo: (−1, −1) 𝑥 > 0 → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 decreciente 𝑓 ′ (𝑥) =

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Como la función es continua en toda la recta real, carece de asíntotas verticales. 2𝑥 + 1 1 2+ 2𝑥 + 1 2 𝑥 𝑥 lim = ⏟ lim = lim = =0 2 2 2 2 1 2 ±∞ 𝑥→±∞ (𝑥 + 𝑥 + 1) ∞ 𝑥→±∞ (𝑥 + 𝑥 + 1) 𝑥→±∞ 3 𝑥 + 2𝑥 2 + 3 + 2 + 𝑥 ∞ 𝑥 𝑥 Asíntota horizontal → 𝑦=0 No hay asíntotas oblicuas.

𝑥=0→𝑡=1 b) Cambio de variable: 𝑡 = 𝑥 2 + 𝑥 + 1 → 𝑑𝑡 = (2𝑥 + 1)𝑑𝑥; { 𝑥=2→𝑡=7 2

𝑆=∫ 0

7 7 2𝑥 + 1 𝑑𝑡 17 1 6 2 −2 𝑑𝑥 = ∫ = ∫ 𝑡 𝑑𝑡 = [− ] = − − (−1) = 𝑢 2 2 2 (𝑥 + 𝑥 + 1) 𝑡 1 7 7 1 𝑡 1

2004 Junio (Opción A.1) Calcular la base y la altura de un triángulo isósceles de perímetro 8 𝑐𝑚 y área máxima. Sea 𝑏 la base, ℎ la altura y 𝑎 cada uno de los lados iguales del triángulo isósceles. Aplicando el Teorema de Pitágoras 8−𝑏 2𝑎 + 𝑏 = 8 → 𝑎 = 2 𝑏 2

𝑏2

2

4

ℎ = √𝑎2 − ( ) = √𝑎2 −

𝑆(𝑏) =

=√

(8−𝑏)2 4

−

𝑏2 4

=√

64−16𝑏 4

= √16 − 4𝑏 = 2√4 − 𝑏

𝑏ℎ 𝑏 · 2√4 − 𝑏 = = 𝑏√4 − 𝑏 , con 0 ≤ 𝑏 ≤ 4 2 2

𝑆 ′ (𝑏) = √4 − 𝑏 + 𝑏 ·

−1 2√4 − 𝑏

=

𝑆 ′ (𝑏) = 0 → 8 − 3𝑏 = 0 → 𝑏 =

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2(4 − 𝑏) − 𝑏 2√4 − 𝑏

=

8 − 3𝑏 2√4 − 𝑏

8 8 2 4√3 𝑐𝑚 → ℎ = 2√4 − = 2 · → ℎ= 𝑐𝑚 3 3 3 √3

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8 → 𝑆 ′ (𝑏) > 0 → 𝑆 creciente. 8 8 8 16 16√3 3 { → 𝑆𝑚á𝑥 = 𝑆 ( ) = √4 − = = 𝑐𝑚2 8 3 3 3 9 3√3 < 𝑏 < 4 → 𝑆 ′ (𝑏) < 0 → 𝑆 decreciente. 3 8 16 8− 3 = 3 → 𝑎 = 8 𝑐𝑚 → Triángulo equilátero. 𝑎= 2 2 3 0<𝑏<

2004 Junio (Opción A.2) (2𝑥−1)2

Se considera la función: 𝑓(𝑥) = 2 4𝑥 +1 a) Calcular las asíntotas y el máximo y el mínimo absolutos de 𝑓(𝑥). 1 b) Calcular ∫0 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 a) Considerando que 4𝑥 2 + 1 > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ, la función es continua en toda la recta real, por lo que carece de asíntotas verticales. 4𝑥 2 − 4𝑥 + 1 4 1 4− + 2 4−0+0 (2𝑥 − 1)2 4𝑥 2 − 4𝑥 + 1 2 𝑥 𝑥 𝑥 lim = lim = ⏟ lim = lim = =1→ 1 𝑥→±∞ 4𝑥 2 + 1 𝑥→±∞ 𝑥→±∞ 4𝑥 2 + 1 ∞ 𝑥→±∞ 4𝑥 2 + 1 4+0 4+ 2 2 ∞ 𝑥 𝑥 Asíntota horizontal y=1 (2𝑥 − 1)2 4(2𝑥 − 1)(4𝑥 2 + 1) − (2𝑥 − 1)2 · 8𝑥 4(2𝑥 − 1)[4𝑥 2 + 1 − 2𝑥(2𝑥 − 1)] ′ (𝑥) → 𝑓 = = (4𝑥 2 + 1)2 (4𝑥 2 + 1)2 4𝑥 2 + 1 1 1 1 1 𝑥 = − → 𝑓 (− ) = 2 16 (𝑥 − ) (𝑥 + ) 2 2 4(2𝑥 − 1)(2𝑥 + 1) 2 2 ; 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → ˅ → 𝑓 ′ (𝑥) = = (4𝑥 2 + 1)2 (4𝑥 2 + 1)2 1 1 𝑥 = → 𝑓( ) = 0 { 2 2 1 ′ (𝑥) 𝑥<− →𝑓 > 0 → 𝑓 creciente. 1 2 Máximo relativo: 𝑥 = − 1 1 2 − < 𝑥 < → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 decreciente. → 1 2 2 Mínimo relativo: 𝑥 = 1 2 ′ (𝑥) 𝑥 > → 𝑓 > 0 → 𝑓 creciente. { 2

𝑓(𝑥) =

lim 𝑓(𝑥) = 1

𝑥→−∞

1 1 𝑓 (− ) = 2 Máximo absoluto en: (− , 2) 2 2 → 1 1 𝑓( ) = 0 Mínimo absoluto en: ( , 0) 2 2 lim 𝑓(𝑥) = 1 {𝑥→+∞ b) Expresamos la función racional de forma propia, dividiendo los polinomios: 𝑓(𝑥) =

1 1 1 4𝑥 2 + 1 − 4𝑥 4𝑥 4𝑥 1 1 8𝑥 = 1 − → ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ [1 − ] 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 − ∫ 𝑑𝑥 → 4𝑥 2 + 1 4𝑥 2 + 1 4𝑥 2 + 1 2 0 4𝑥 2 + 1 0 0 0 1 1 1 1 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = [𝑥]10 − [ln|4𝑥 2 + 1|]10 = 1 − 0 − (ln 5 − ln 1) = 1 − ln 5 = 1 − ln √5 2 2 2 0

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2004 Junio (Opción B) Se considera la función 𝑓(𝑥) = 1 − 𝑥 2 . Se pide: a) Recta tangente a la gráfica de esta función en el punto de abscisa 𝑥 = 𝑎, con 0 < 𝑎 < 1. b) Hallar los puntos 𝐴 𝑦 𝐵 en los que la recta hallada en el apartado anterior corta a los ejes OY y OX respectivamente. c) Determinar el valor de 𝑎 ∈ ]0,1[ para el cual la distancia entre el punto 𝐴 y el punto 𝑃(𝑎, 𝑓(𝑎)) es el doble de la distancia entre el punto 𝐵 y el punto 𝑃(𝑎, 𝑓(𝑎)). a) El punto de tangencia es: 𝑃(𝑎, 1 − 𝑎2 ). 𝑓(𝑥) = 1 − 𝑥 2 → 𝑓 ′ (𝑥) = −2𝑥. La pendiente es: 𝑚 = 𝑓 ′ (𝑎) = −2𝑎. La recta tangente pedida: 𝑟 ≡ 𝑦 − (1 − 𝑎2 ) = (−2𝑎)(𝑥 − 𝑎) 𝑟 ≡ 𝑦 = −2𝑎𝑥 + (𝑎2 + 1) b) 𝑥 = 0 → 𝑦 = 𝑎2 + 1 → 𝐴(0, 𝑎2 + 1) 𝑦=0→𝑥= {

𝑎2 + 1 𝑎2 + 1 → 𝐵( , 0) 2𝑎 2𝑎

c) La distancia entre dos puntos es el módulo del vector que los une. 𝑃(𝑎, 1 − 𝑎2 ) ⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑎, −2𝑎2 ) = 𝑎(1, −2𝑎) 𝐴𝑃 { 𝑎2 + 1 𝑎2 − 1 1 → ⏟ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝑃 = (𝑎 − , 1 − 𝑎2 ) = ( , 1 − 𝑎2 ) = (1 − 𝑎2 ) ( , 1) 𝑎>0 2𝑎 2𝑎 2𝑎 1−𝑎2 >0 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = 𝑎√12 + (−2𝑎)2 = 𝑎 √4𝑎2 + 1 |𝐴𝑃 |𝜆𝑢 ⃗ | = |𝜆||𝑢 ⃗|→ {

1 2 1 + 4𝑎2 1 − 𝑎2 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = (1 − 𝑎2 )√( ) + 12 = (1 − 𝑎2 )√ √4𝑎2 + 1 |𝐵𝑃 = 2𝑎 4𝑎2 2𝑎

⃗⃗⃗⃗⃗ | = 2|𝐵𝑃 ⃗⃗⃗⃗⃗ | → 𝑎√4𝑎2 + 1 = 2 · |𝐴𝑃

1 − 𝑎2 1 − 𝑎2 √4𝑎2 + 1 → 𝑎 = → 𝑎2 = 1 − 𝑎2 → 2𝑎 𝑎 𝑎=−

1 2𝑎2 = 1 → 𝑎2 = → 2

√2 < 0 (No se ite) 2 𝑎=

{

√2 2

2003 Septiembre (Opción A) Se considera la función: sin 𝑥 en 𝑥 ∈ [−2𝜋, 2𝜋] 2 − cos 𝑥 a) Calcular los puntos del intervalo donde alcanza sus valores máximo y mínimo absolutos. b) Dibujar la gráfica de la función en el intervalo dado. c) Calcular: 𝑓(𝑥) =

𝜋 3

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 0

a) Como 2 − cos 𝑥 ≠ 0, la función dada es continua, en particular en [−2𝜋, 2𝜋]. El Teorema de Weierstrass nos asegura la existencia de máximo y mínimo absolutos. Al ser la función derivable, dichos extremos absolutos los buscamos entre los puntos singulares y los bordes del intervalo.

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𝑓(𝑥) =

sin 𝑥 cos 𝑥 · (2 − cos 𝑥) − sin 𝑥 · sin 𝑥 2 cos 𝑥 − cos 2 𝑥 − sin2 𝑥 → 𝑓 ′ (𝑥) = = = 2 − cos 𝑥 (2 − cos 𝑥) 2 (2 − cos 𝑥)2 2 cos 𝑥 − (cos 2 𝑥 + sin2 𝑥) 2 cos 𝑥 − 1 = → 2 (2 − cos 𝑥) (2 − cos 𝑥)2 5𝜋 3 𝜋 𝑥=− 1 3 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 2 cos 𝑥 − 1 = 0 → cos 𝑥 = → 𝜋 (en [−2𝜋, 2𝜋] 2 𝑥= 3 5𝜋 { 𝑥= 3 𝑓(−2𝜋) = 0 𝑥=−

√3 5𝜋 √3 𝑓 (− ) = 2 = 1 3 3 2− 2 √3 Máximo absoluto: √3 3 − 𝜋 2 = − √3 5𝜋 𝜋 𝑓 (− ) = 1 3 3 en 𝑥 = − 𝑦 𝑥= 2− 3 3 2 → √3 √3 𝜋 √3 Mínimo absoluto: − 𝑓( ) = 2 = 3 1 3 3 2− 5𝜋 𝜋 2 en 𝑥 = 𝑦 𝑥=− 3 3 √3 − 5𝜋 √3 2 𝑓( ) = =− 1 3 3 2− 2 { 𝑓(2𝜋) = 0 b) Cortes con los ejes: (−2𝜋, 0), (−𝜋, 0), (0,0), (𝜋, 0) 𝑦 (2𝜋, 0).

c) Hacemos el cambio de variable: 𝑥 = 0 → 𝑡 = 2 − cos 0 = 2 − 1 = 1 𝜋 𝜋 1 3 𝑥 = → 𝑡 = 2 − cos = 2 − = 3 3 2 2 𝜋 3 3 3 sin 𝑥 2 𝑑𝑡 3 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ = [ln|𝑡|]12 = ln ( ) − ln 1 = ln 3 − ln 2 2 0 2 − cos 𝑥 1 𝑡

𝑡 = 2 − cos 𝑥 → 𝑑𝑡 = sin 𝑥 · 𝑑𝑥; {

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2003 Septiembre (Opción B) Se considera la función: 𝑓(𝑥) = 2𝑥|4 − 𝑥| a) Estudiar su continuidad y su derivabilidad. b) Dibujar su gráfica. c) Calcular el área del recinto acotado por la gráfica de 𝑓(𝑥), el eje OX y las rectas 𝑥 = 0, 𝑥 = 5. 𝑥 ≤ 4 → |4 − 𝑥| = 4 − 𝑥 a) Considerando que 4 − 𝑥 = 0 → 𝑥 = 4, entonces: { → 𝑥 > 4 → |4 − 𝑥| = 𝑥 − 4 2𝑥(4 − 𝑥), 𝑠𝑖 𝑥 ≤ 4 −2𝑥 2 + 8𝑥, 𝑠𝑖 𝑥 ≤ 4 𝑓(𝑥) = { → 𝑓(𝑥) = { 2 2𝑥(𝑥 − 4), 𝑠𝑖 𝑥 > 4 2𝑥 − 8𝑥, 𝑠𝑖 𝑥 > 4 En cada tramo, la función es polinómica y, por lo tanto, es continua. Veamos en 𝑥 = 4. lim 𝑓(𝑥) = lim(−2𝑥 2 + 8𝑥) = 0

𝑥→4 −

𝑥→4

{ lim+ 𝑓(𝑥) = lim(2𝑥 2 − 8𝑥) = 0 → 𝑓 es continua en R . 𝑥→4

𝑥→4

𝑓(4) = 0 𝑦 = −2𝑥 2 + 8𝑥 → 𝑦 ′ = −4𝑥 + 8 { → La función es derivable en cada tramo. Estudiemos en 𝑥 = 4 𝑦 = 2𝑥 2 − 8𝑥 → 𝑦 ′ = 4𝑥 − 8 𝑓 ′ (4− ) = lim− ℎ→0

𝑓(4 + ℎ) − 𝑓(4) −2(4 + ℎ)2 + 8(4 + ℎ) − 0 −2ℎ2 − 8ℎ = lim− = lim− = lim− (−2ℎ − 8) ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ ℎ ′ (4− ) →𝑓 = −8

𝑓(4 + ℎ) − 𝑓(4) 2(4 + ℎ)2 − 8(4 + ℎ) − 0 2ℎ2 + 8ℎ = lim+ = lim+ = lim+(2ℎ + 8) ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ ℎ → 𝑓 ′ (4+ ) = 8 −4𝑥 + 8, 𝑠𝑖 𝑥 < 4 𝑓 ′ (4− ) ≠ 𝑓 ′ (4+ ) → ∄𝑓 ′ (4) Entonces: 𝑓 ′ (𝑥) = { 4𝑥 − 8, 𝑠𝑖 𝑥 > 4

𝑓 ′ (4+ ) = lim+

b) Cortes con los ejes: (0,0) 𝑦 (4,0). −4𝑥 + 8 = 0 → 𝑥 = 2 (vale, pues 2 < 4) Extremos relativos: 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → { → 𝑓(2) = 8 (máximo) 4𝑥 − 8 = 0 → 𝑥 = 2 (no vale) Representación gráfica:

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c) Por la propiedad aditiva de la integral respecto del intervalo: 5

4

5

𝑆 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ (−2𝑥 2 + 8𝑥)𝑑𝑥 + ∫ (2𝑥 2 − 8𝑥)𝑑𝑥 = 0

4

0

5

4

2𝑥 3 2𝑥 3 128 250 128 [− + 4𝑥 2 ] + [ − 4𝑥 2 ] = (− + 64) − 0 + ( − 100) − ( − 64) = 26 𝑢2 3 3 3 3 3 0 4 2.003 Junio (Opción A.1) Calcular los límites siguientes: 𝑎) lim

ln[cos(3𝑥)]

𝑏) lim

𝑥→0 ln[cos(2𝑥)]

𝑥→0

a) Recordemos que: ln(0+ ) = −∞ −3 sin(3𝑥) ln[cos(3𝑥)] 3 tan(3𝑥) cos(3𝑥) lim = ⏟ lim = lim −2 sin(2𝑥) 𝑥→0 ln[cos(2𝑥)] 𝑥→0 𝑥→0 2 tan(2𝑥) ∞ ∞ sin(2𝑥)

√4 + 𝑥 − √4 − 𝑥 4𝑥

= ⏟ 0 0

𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

9[1 + tan2 (3𝑥)] 9(1 + 0) 9 = = 𝑥→0 4[1 + tan2 (2𝑥)] 4(1 + 0) 4 lim

𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

b) Racionalizaremos el numerador: (√4 + 𝑥 − √4 − 𝑥)(√4 + 𝑥 + √4 − 𝑥) 4 + 𝑥 − (4 − 𝑥) √4 + 𝑥 − √4 − 𝑥 lim = ⏟ lim = lim = 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 4𝑥 4𝑥(√4 + 𝑥 + √4 − 𝑥) 4𝑥(√4 + 𝑥 + √4 − 𝑥) 0 0

2𝑥

lim

𝑥→0 4𝑥(√4

+ 𝑥 + √4 − 𝑥)

= lim

1

𝑥→0 2(√4

+ 𝑥 + √4 − 𝑥)

=

1 2(√4 + √4)

=

1 8

2003 Junio (Opción A.2) Dada la función: 𝑓(𝑥) =

𝑥5 − 𝑥8 1 − 𝑥6

Encontrar sus puntos de discontinuidad y razonar si alguna de sus discontinuidades es evitable. Estudiar si tiene alguna asíntota vertical. Una función racional es discontinua en los valores que anulan el denominador. 1 − 𝑥 6 = 0 → (1 + 𝑥 3 )(1 − 𝑥 3 ) = 0 → {

𝑥 = −1 1 + 𝑥3 = 0 →{ ˅ ˅ 𝑥=1 1 − 𝑥3 = 0

La función es discontinua en 𝑥 = −1 y en y en 𝑥 = 1. 𝑥5 − 𝑥8 𝑥 5 (1 − 𝑥 3 ) 𝑥5 1 = ⏟ lim = lim = → 𝐷𝑖𝑠𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑒𝑣𝑖𝑡𝑎𝑏𝑙𝑒 𝑒𝑛 𝑥 = 1 6 3 3 3 𝑥→1 1 − 𝑥 𝑥→1 (1 + 𝑥 )(1 − 𝑥 ) 𝑥→1 1 + 𝑥 2 0 lim

0

lim−

𝑥→−1

𝑥5 − 𝑥8 𝑥 5 (1 − 𝑥 3 ) 𝑥5 −1 = ⏟ lim = lim = − = +∞ 6 3 3 3 − − 1 − 𝑥 0 𝑥→−1 (1 + 𝑥 )(1 − 𝑥 ) 𝑥→−1 1 + 𝑥 0 0

{

𝑥5 − 𝑥8 𝑥 5 (1 − 𝑥 3 ) 𝑥5 −1 lim+ = ⏟ lim = lim = + = −∞ 6 3 3 3 + + 𝑥→−1 1 − 𝑥 𝑥→−1 (1 + 𝑥 )(1 − 𝑥 ) 𝑥→−1 1 + 𝑥 0 0

→

𝐴𝑠í𝑛𝑡𝑜𝑡𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙: 𝑥 = −1

0

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2003 Junio (Opción B) a) Dibujar la gráfica de la función 𝑔(𝑥) = 𝑒 𝑥 − 𝑥. b) Calcular el dominio de definición y los límites en el infinito de la función: 1 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑒 −𝑥 c) Determinar, si existen los máximos y los mínimos absolutos de 𝑓(𝑥) en su dominio de definición. a) La función existe y es continua en ℝ. Por tanto, no hay asíntotas verticales. Además: 1 lim (𝑒 𝑥 − 𝑥) = 𝑒 −∞ − (−∞) = + ∞ = 0 + ∞ = +∞ +∞ {𝑥→−∞ → No hay asíntotas horizontales. lim (𝑒 𝑥 − 𝑥) = +∞ 𝑥→+∞ 𝑒𝑥 − 𝑥 1 𝑚 = lim = lim ( −𝑥 − 1) = 0 − 1 = −1; 𝑏 = lim [(𝑒 𝑥 − 𝑥) − (−𝑥)] = 0 𝑥→−∞ 𝑥→−∞ 𝑥𝑒 𝑥→−∞ 𝑥 𝑒𝑥 − 𝑥 𝑒𝑥 𝑒𝑥 → 𝑚 = lim = lim ( − 1) = ⏟ lim ( − 1) = +∞ 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥 𝑥→+∞ 1 𝑥 ∞ ∞

{ 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 Hay una asíntota oblicua: 𝑦 = −𝑥, para 𝑥 → −∞. 𝑔(𝑥) = 𝑒 𝑥 − 𝑥 → 𝑔′ (𝑥) = 𝑒 𝑥 − 1; 𝑔′ (𝑥) = 0 → 𝑒 𝑥 = 1 → 𝑥 = 0 𝑔 es convexa. 𝑔′′ (𝑥) = 𝑒 𝑥 > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ → { Mínimo relativo (y absoluto): (0, 𝑓(0)) = (0,1)

b) A la luz del apartado anterior, 𝑒 𝑥 − 𝑥 > 0 → 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ 1 1 = =0 Asíntota horizontal: 𝑥→−∞ − 𝑥 +∞ { → 1 1 𝑦=0 lim 𝑓(𝑥) = lim 𝑥 = =0 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑒 − 𝑥 +∞ lim 𝑓(𝑥) = lim

𝑥→−∞ 𝑒 𝑥

c) Derivamos: 𝑓(𝑥) =

{

1 −(𝑒 𝑥 − 1) 1 − 𝑒𝑥 ′ (𝑥) → 𝑓 = = ; 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 𝑥 = 0 → 𝑓(0) = 1 (𝑒 𝑥 − 𝑥)2 (𝑒 𝑥 − 𝑥)2 𝑒𝑥 − 𝑥

𝑥 < 0 → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 creciente. Máximo relativo (y absoluto) en: → (0,1) 𝑥 > 0 → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 decreciente.

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2002 Septiembre (Opción A.1) 𝑥

Dada la función: 𝑓(𝑥) = 2 𝑥 +1 a) Determinar sus máximos y mínimos relativos. 𝑎 b) Calcular el valor 𝑎 > 0 para el cual se verifica la igualdad: ∫0 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 1 a) La función existe y es continua en toda la recta real. Derivamos: 𝑥 𝑥 2 + 1 − 𝑥 · 2𝑥 1 − 𝑥2 𝑓(𝑥) = 2 → 𝑓 ′ (𝑥) = = ; 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 1 − 𝑥 2 = 0 (𝑥 2 + 1)2 (𝑥 2 + 1)2 𝑥 +1 1 𝑓(−1) = − 𝑥 = −1 2 →{ →{ 1 𝑥=1 𝑓(1) = 2 Mínimo relativo: 1 ′ (𝑥) (−1, ) 𝑥 < −1 → 𝑓 < 0 → 𝑓 es decreciente. 2 −1 < 𝑥 < 1 → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 → 𝑓 es creciente. → Máximo relativo: 𝑥 > 1 → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 → 𝑓 es decreciente. 1 (1, ) 2 { b) 𝑎 𝑥 1 𝑎 2𝑥 1 1 1 𝐼=∫ 2 𝑑𝑥 = ∫ 2 𝑑𝑥 = [ln|𝑥 2 + 1|]𝑎0 = [ln(𝑎2 + 1) − ln 1] = ln(𝑎2 + 1) = ln √𝑎2 + 1 2 0 𝑥 +1 2 2 2 0 𝑥 +1 𝐼 = 1 → ln √𝑎2 + 1 = 1 → √𝑎2 + 1 = 𝑒 → 𝑎2 + 1 = 𝑒 2 → 𝑎2 = 𝑒 2 − 1 → {

𝑎 = −√ 𝑒 2 − 1 < 0 𝑎 = √𝑒 2 − 1

2.002 Septiembre (Opción A.2) 3

− 2, 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 2 Dada la función: 𝑓(𝑥) = { √𝑥 𝑥(𝑥 − 2), 𝑠𝑖 𝑥 < 2 a) Estudiar su continuidad y su derivabilidad. b) Hallar la ecuación cartesiana de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en el punto de abscisa 𝑥 = 3. a) En cada tramo, la función existe y es continua. Estudiémosla en 𝑥 = 2. lim 𝑓(𝑥) = lim 𝑥(𝑥 − 2) = 0

{

𝑥→2−

𝑥→2 3

lim+ 𝑓(𝑥) = lim √𝑥 − 2 = 0 = 𝑓(2)

→ 𝑓 es continua en ℝ .

𝑥→2

𝑥→2

𝑦 = 𝑥(𝑥 − 2) = 𝑥 2 − 2𝑥 → 𝑦 ′ = 2𝑥 − 2 (para 𝑥 < 2) 1 3 { . Veamos en 𝑥 = 2: 𝑦 = √𝑥 − 2 → 𝑦 ′ = 3 (para 𝑥 > 2) 3 √(𝑥 − 2)2 𝑓 ′ (2− ) = lim− 𝑓′(𝑥) = lim−(2𝑥 − 2) = 2 𝑥→2

{

𝑓

𝑓

′ (2+ )

′ (𝑥)

= lim+ 𝑓 𝑥→2

2𝑥 − 2, 1 ={ 3

3 √(𝑥 − 2)2

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𝑥→2

′ (𝑥)

= lim+ 𝑥→2

1 3

3 √(𝑥 − 2)2

=

1 → ∄𝑓′(2) = +∞ + 0

𝑠𝑖 𝑥 < 2 , 𝑠𝑖 𝑥 > 2 → 𝑓 es derivable en 𝑥 ∈ ℝ − {2}

173

3

b) Punto de tangencia: 𝑥 = 3 → 𝑓(3) = √3 − 2 = 1 →Punto (3,1). Pendiente: 1 1 1 𝑓 ′ (3) = 3 = → Recta tangente: 𝑟 ≡ 𝑦 − 1 = (𝑥 − 3) → 𝑟 ≡ 𝑥 − 3𝑦 = 0 2 3 3 3 √(3 − 2) 2002 Septiembre (Opción B) Sea una función 𝑦 = 𝑓(𝑥) derivable y con derivada continua en todos los puntos, tal que: 𝑓(0) = 1, 𝑓(1) = 2, 𝑓 ′ (0) = 3 𝑦 𝑓 ′ (1) = 4 ′ (0), a) Calcular 𝑔 siendo 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥 + 𝑓(𝑥)) b) Calcular el 2[𝑓(𝑥)]2 − 𝑓(𝑥 + 1) lim 𝑥→0 𝑒𝑥 − 1 a) 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥 + 𝑓(𝑥)) → 𝑔′ (𝑥) = (1 + 𝑓 ′ (𝑥)) · 𝑓 ′ (𝑥 + 𝑓(𝑥)) → 𝑔′ (0) = (1 + 𝑓 ′ (0)) · 𝑓 ′ (0 + 𝑓(0)) → 𝑔′ (0) = (1 + 3) · 𝑓 ′ (0 + 1) = 4 · 𝑓 ′ (1) = 4 · 4 → 𝑔′ (0) = 16 b) 2[𝑓(𝑥)]2 − 𝑓(𝑥 + 1) 2 · [𝑓(0)]2 − 𝑓(0 + 1) 2 · 12 − 2 0 = = = → ⏟ 𝑥→0 𝑒𝑥 − 1 𝑒0 − 1 1−1 0 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 lim

2[𝑓(𝑥)]2 − 𝑓(𝑥 + 1) 2 · 2𝑓(𝑥) · 𝑓 ′ (𝑥) − 𝑓 ′ (𝑥 + 1) · 1 4𝑓(0) · 𝑓 ′ (0) − 𝑓′(1) = lim = = 12 − 4 = 8 𝑥→0 𝑥→0 𝑒𝑥 − 1 𝑒𝑥 1 lim

2002 Junio (Opción A) Sea la función: 1 +3 a) Halla la ecuación cartesiana de la recta tangente en el punto de inflexión con abscisa positiva de 𝑓. b) Calcula el área del recinto plano acotado limitado por la gráfica de la función 𝑓 , la recta anterior y el eje 𝑥 = 0. 𝑓(𝑥) =

𝑥2

a) Calculamos la derivada y la derivada segunda: 1 −2𝑥 → 𝑓 ′ (𝑥) = 2 → (𝑥 + 3)2 +3 (−2)(𝑥 2 + 3)2 − (−2𝑥) · 2𝑥 · 2(𝑥 2 + 3) 2(𝑥 2 + 3)[−𝑥 2 − 3 + 4𝑥 2 ] 6(1 − 𝑥 2 ) 𝑓 ′′ (𝑥) = = = 2 (𝑥 2 + 3)4 (𝑥 2 + 3)4 (𝑥 + 3)3 𝑥 = −1 < 0 1 1 → Punto de tangencia: (1, ) 𝑓 ′′ (𝑥) = 0 → 1 − 𝑥 2 = 0 → { 𝑥 = 1 → 𝑓(1) = 4 4 2 2 1 1 1 Pendiente: 𝑓 ′ (1) = − 2 =− = − → Recta tangente: 𝑟 ≡ 𝑦 − = − (𝑥 − 1) → (1 + 3)2 16 8 4 8 𝑟 ≡ 8𝑦 − 2 = −𝑥 + 1 → 𝑟 ≡ 𝑥 + 8𝑦 − 3 = 0 𝑓(𝑥) =

𝑥2

b) Punto de intersección de la curva y su tangente: 𝑥 = 1 3−𝑥 1 𝑥 + 8𝑦 − 3 = 0 → 𝑦𝑟 = ; 𝑦𝑐 = 2 8 𝑥 +3 1 1 1 3−𝑥 1 3 1 1 1 𝑆 = |∫ [𝑦𝑟 − 𝑦𝑐 ]𝑑𝑥 | = |∫ [ − 2 ] 𝑑𝑥| = ||∫ − 𝑥− 𝑑𝑥 || = 8 𝑥 + 3 8 8 3 𝑥 2 0 0 0 ( ) +1 [ ] √3

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1 𝑑𝑥 3 1 1 2 1 √3 1 √3 3 1 √3 𝑥 1 ||[ 𝑥] − [ 𝑥 ] − || = | − ∫ − [arctan ( )] | = 2 8 0 16 3 0 𝑥 8 16 3 0 √3 0 ( ) +1 √3 5 √3 1 5 √3 𝜋 45 − 6𝜋√3 45 − 6𝜋√3 2 | − (arctan − arctan 0)| = | − · |=| |= 𝑢 16 3 16 3 6 144 144 √3 2002 Junio (Opción B) Se considera la función: 𝑥 2 + 3𝑥 + 1 , 𝑥 𝑓(𝑥) = { 2𝑥 , 𝑥−1

𝑠𝑖 𝑥 ≥ −1 𝑠𝑖 𝑥 < −1

a) Estudiar el dominio y la continuidad de esta función. b) Hallar sus asíntotas. c) Calcular el área del recinto plano acotado limitado por esta función y las rectas 𝑦 = 0, 𝑥 = 1, 𝑥 = 2. 𝑥 = 0 > −1 a) { → 𝐷𝑜𝑚 (𝑓) = ℝ − {0} 𝑥 − 1 = 0 → 𝑥 = 1 > −1 (no da problemas) Basta hacer el estudio local en 𝑥 = 0 y en 𝑥 = −1: 𝑥 2 + 3𝑥 + 1 1 lim− 𝑓(𝑥) = lim− = − = −∞ Discontinuidad 𝑥→0 𝑥→0 𝑥 0 → inevitable infinita en 𝑥 2 + 3𝑥 + 1 1 𝑥 = 0 lim+𝑓(𝑥) = lim+ = + = +∞ { 𝑥→0 𝑥→0 𝑥 0 𝑥 2 + 3𝑥 + 1 −1 lim+ 𝑓(𝑥) = lim+ = =1 𝑥→−1 𝑥 −1 { 𝑥→−1 → Continua en 𝑥 = −1 2𝑥 −2 lim 𝑓(𝑥) = lim+ = = 1 = 𝑓(−1) 𝑥→−1+ 𝑥→−1 𝑥 − 1 −2 𝑓 es continua en ℝ − {0} Asíntota vertical: 𝑥=0 2𝑥 2 Asíntota horizontal (𝑥 → −∞): lim 𝑓(𝑥) = lim = lim =2→ 1 𝑦=2 𝑥→−∞ 𝑥→−∞ 𝑥 − 1 𝑥→−∞ 1− 𝑥 𝑥 2 + 3𝑥 + 1 1 lim 𝑓(𝑥) = lim = lim (𝑥 + 3 + ) = +∞ → 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥 𝑥 Buscamos una asíntota oblicua 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏: 𝑥 2 + 3𝑥 + 1 𝑓(𝑥) 𝑥 2 + 3𝑥 + 1 3 1 𝑥 𝑚 = lim = lim = lim = lim (1 + + 2 ) = 1 2 𝑥→+∞ 𝑥 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 2 + 3𝑥 + 1 𝑥 2 + 3𝑥 + 1 − 𝑥 2 1 𝑏 = lim [𝑓(𝑥) − 𝑚𝑥] = lim ( − 𝑥) = lim = lim (3 + ) = 3 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥→+∞ 𝑥 𝑥 𝑥 Asíntota oblicua (𝑥 → +∞): 𝑦 =𝑥+3 c) El intervalo de integración es [1,2] está en el tamo 𝑥 ≥ −1. Entonces: 2 2 2 2 𝑥 + 3𝑥 + 1 1 𝑥2 𝑆 = |∫ 𝑑𝑥 | = |∫ (𝑥 + 3 + ) 𝑑𝑥 | = |[ + 3𝑥 + ln|𝑥|] | = 𝑥 𝑥 2 1 1 1 b) Consideraciones anteriores nos proporcionan:

1 9 |(2 + 6 + ln 2) − ( + 3 + ln 1 )| = + ln 2 𝑢2 2 2

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2001 Septiembre (Opción A) Se consideran las funciones: 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 2𝑥 + 3 y 𝑔(𝑥) = 𝑎𝑥 2 + 𝑏. a) Calcular 𝑎 𝑦 𝑏 para que las gráficas de ambas funciones sean tangentes en el punto de abscisa 𝑥 = 2. b) Para los valores de 𝑎 𝑦 𝑏 calculados en el apartado anterior, dibujar las gráficas de ambas funciones y hallar la ecuación de la recta tangente común. c) Para esos mismos valores, hallar el área limitada por las gráficas de las funciones y el eje OY. a) Dos curvas son tangentes cuando comparten recta tangente en un punto común. Esto es, comparten ordenada (el punto) y derivada (la pendiente): {

𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 2𝑥 + 3 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 − 2 →{ ′ 2 𝑔 (𝑥) = 2𝑎𝑥 𝑔(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏

1 1 𝑓(2) = 𝑔(2) 4 − 4 + 3 = 4𝑎 + 𝑏 4𝑎 + 𝑏 = 3 { ′ →{ →{ → { 𝑎 = 2 → 𝑔(𝑥) = 𝑥 2 + 1 𝑓 (2) = 𝑔′(2) 4 − 2 = 4𝑎 4𝑎 = 2 2 𝑏=1 Punto: (2,3) b) Recta tangente: { → 𝑟 ≡ 𝑦 − 3 = 2(𝑥 − 2) → 𝑟 ≡ 𝑦 = 2𝑥 − 1 Pendiente: 𝑓 ′ (2) = 2

c) Como las parábolas se tocan en 𝑥 = 2, el intervalo de integración es [0,2]: 2 2 1 1 𝑆 = |∫ [(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) − ( 𝑥 2 + 1)] 𝑑𝑥 | = |∫ ( 𝑥 2 − 2𝑥 + 2) 𝑑𝑥 | = 2 0 0 2 2 1 8 4 2 |[ 𝑥 3 − 𝑥 2 + 2𝑥] | = | − 4 + 4| = 𝑢 6 6 3 0

2001 Septiembre (Opción B.1) Se considera la función: 𝑓(𝑡) =

1 1+𝑒 𝑡

a) Calcular:∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 𝑥 𝑔(𝑥) b) Se define:𝑔(𝑥) = ∫0 𝑓(𝑡)𝑑𝑡. Calcular el lim 𝑥→0 𝑥

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a) Hacemos el cambio: 𝑑𝑢 𝑒𝑡 = 𝑢 − 1 𝑢 = 1 + 𝑒𝑡 → { → 𝑑𝑡 = 𝑡 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑑𝑡 → 𝑑𝑢 = (𝑢 − 1)𝑑𝑡 𝑢−1 𝐼=∫

1 1 𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑢 𝑡 1+𝑒 𝑢(𝑢 − 1)

1 𝐴 𝐵 𝐴(𝑢 − 1) + 𝐵𝑢 𝑢 = 0 → 𝐴 = −1 = + = → 1 = 𝐴(𝑢 − 1) + 𝐵𝑢 → { → 𝑢=1→𝐵=1 𝑢(𝑢 − 1) 𝑢 𝑢 − 1 𝑢(𝑢 − 1) 1 1 𝐼 = ∫ (− + ) 𝑑𝑢 = − ln|𝑢| + ln|𝑢 − 1| + 𝐶 = − ln |1⏟+ 𝑒 𝑡 | + ln |𝑒⏟𝑡 | + 𝐶 = 𝑢 𝑢−1 >0 >0 − ln(1 + 𝑒 𝑡 ) + 𝑡 + 𝐶 = 𝑡 − ln(1 + 𝑒 𝑡 ) + 𝐶 b) Por ser 𝑓 continua, en virtud del Teorema Fundamental del Cálculo: 𝑥

0

𝑔(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 → 𝑔′ (𝑥) = 𝑓(𝑥) 0

𝑔(𝑥) 𝑥→0 𝑥 lim

y 𝑔(0) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = 0 0

= ⏟ 0 0 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

𝑔′(𝑥) 1 1 = 𝑔′ (0) = 𝑓(0) = = 0 𝑥→0 1 1+𝑒 2 lim

2.001 Septiembre (Opción B.2) Sea 𝑃(𝑥) un polinomio de cuarto grado tal que:  𝑃(𝑥) es una función par.  Dos de sus raíces son 𝑥 = 1 𝑦 𝑥 = √5.  𝑃(0) = 5. a) Hallar sus puntos de inflexión. b) Dibujar su gráfica. a) Por ser 𝑃(𝑥) par, se cumple: 𝑃(−𝑥) = 𝑃(𝑥), ∀𝑥 ∈ ℝ 𝑃(1) = 0 𝑃(−1) = 0 Entonces: { →{ → 𝑃(𝑥) = 𝑎(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥 − √5)(𝑥 + √5) → 𝑃(√5) = 0 𝑃(−√5) = 0 𝑃(𝑥) = 𝑎(𝑥 2 − 1)(𝑥 2 − 5) = 𝑎(𝑥 4 − 6𝑥 2 + 5) 𝑃(0) = 5 → 𝑎(04 − 6 · 02 + 5) = 5 → 5𝑎 = 5 → 𝑎 = 1 → 𝑃(𝑥) = 𝑥 4 − 6𝑥 2 + 5 𝑃′ (𝑥) = 4𝑥 3 − 12𝑥 → 𝑃′′ (𝑥) = 12𝑥 2 − 12 → 𝑃′′′ (𝑥) = 24𝑥 𝑥 = −1 → 𝑃(−1) = 0 𝑃′′ (𝑥) = 0 → 12𝑥 2 − 12 = 0 → 𝑥 2 = 1 → { 𝑥 = 1 → 𝑃(1) = 0 {

Puntos de inflexión: 𝑃′′′ (−1) = −24 ≠ 0 → (−1,0) 𝑦 (1,0) 𝑃′′′ (1) = 24 ≠ 0

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b)

Cortes con los ejes: (−√5, 0), (−1,0), (0,5), (1,0) 𝑦 (−√5, 0).

𝑃

′ (𝑥)

𝑥 = −√3 → 𝑃(−√3) = −4 𝑃′′ (−√3) > 0 (mín.) = 0 → 4𝑥 − 12𝑥 = 0 → 4𝑥(𝑥 − 3) = 0 → { 𝑥 = 0 → 𝑃(0) = 5 ; { 𝑃′′ (0) < 0 (máx.) 𝑥 = √3 → 𝑃(√3) = −4 𝑃′′ (√3) > 0 (mín.) 3

2

Por tratarse de una función polinómica, carece de asíntotas.

2001 Junio (Opción A) Sea la función 𝑓(𝑥) = sin 𝑥. a) Calcular 𝑎 > 0 de forma que el área encerrada por su gráfica, el eje 𝑦 = 0 y la recta 𝑥 = 𝑎,valga 1/2. b) Calcular la ecuación de la recta tangente a su gráfica en el punto de abscisa 𝑥 = 𝜋/4. c) Calcular la superficie encerrada por la tangente anterior, la gráfica de 𝑓 y las rectas: 𝜋 3𝜋 𝑥= 𝑦 𝑥= 4 4 𝑦 = sin 𝑥 a) { → 𝑥 = 0 + 𝑘𝜋, con 𝑘 ∈ ℤ. Tomemos 𝑥 = 0; entonces, ha de cumplirse: 𝑦=0 𝑎 1 1 1 1 1 𝜋 ∫ sin 𝑥 𝑑𝑥 = → [− cos 𝑥]𝑎0 = → (− cos 𝑎) − (− cos 0) = → − cos 𝑎 + 1 = → cos 𝑎 = → 𝑎 = 2 2 2 2 2 3 0 b) 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 → 𝑓′(𝑥) = cos 𝑥 𝜋 𝜋 𝜋 √2 Punto de tangencia: ( , sin ) = ( , ) 4 4 4 2 {

𝜋 𝜋 √2 Pendiente: 𝑓 ′ ( ) = cos ( ) = 4 4 2 → 𝑟≡𝑦=

→ Recta tangente: 𝑟 ≡ 𝑦 −

𝜋 √2 √2 = (𝑥 − ) 2 2 4

√2 √2 𝜋√2 𝑥+ − 2 2 8

c) Se tiene: 𝑆 = |∫

3𝜋 4

𝜋 4

3𝜋 4 √2 √2 𝜋√2 √2 2 √2 𝜋√2 [sin 𝑥 − ( 𝑥 + − )] 𝑑𝑥 | = |[cos 𝑥 − 𝑥 −( − ) 𝑥] | = 2 2 8 4 2 8 𝜋

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4

178

3𝜋 4 3𝜋 2 𝜋2 √2 √2 √2 9𝜋 2 √2 √2 𝜋 2 (2𝑥 2 − (4 − 𝜋)𝑥)] | = |[− = |[cos 𝑥 − − ( − 3𝜋 + )] − [ − ( − 𝜋 + )]| = 8 2 8 8 4 2 8 8 4 𝜋 4

|−

(16 − 4𝜋 + 3𝜋 2 )√2 (16 − 4𝜋 + 3𝜋 2 )√2 2 |= 𝑢 16 16

2001 Junio (Opción B.1) (2 − 𝑥)3 , 𝑠𝑖 𝑥 ≤ 1 Sea la función 𝑓(𝑥) = { 2 𝑥 , 𝑠𝑖 𝑥 > 1 a) Razonar si es o no continua en toda la recta real. b) Razonar si es o no derivable en toda la recta real. c) Determinar el área encerrada entre la gráfica de 𝑓 y las rectas: 𝑦 = 8, 𝑥 = 0, 𝑥 = 2. a) En cada tramo, por tratarse de polinomios, la función es continua. Estudiemos en 𝑥 = 1: lim− 𝑓(𝑥) = lim− (2 − 𝑥)3 = 1 = 𝑓(1) 𝑥→1 {𝑥→1 → 𝑓 es continua en R lim+ 𝑓(𝑥) = lim+ 𝑥 2 = 1 𝑥→1

𝑥→1

𝑦 = (2 − 𝑥)3 → 𝑦 ′ = −3(2 − 𝑥)2 b) { Estudiemos en 𝑥 = 1: 𝑦 = 𝑥 2 → 𝑦 ′ = 2𝑥 (1 − ℎ)3 − 1 𝑓(1 + ℎ) − 𝑓(1) −3ℎ + 3ℎ2 − ℎ3 = lim− = lim− = lim− (−3 + 3ℎ − ℎ2 ) = −3 ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ ℎ 2 2 (1 𝑓(1 + ℎ) − 𝑓(1) + ℎ) − 1 2ℎ + ℎ 𝑓 ′ (1+ ) = lim+ = lim+ = lim+ = lim+ (2 + ℎ) = 2 ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ ℎ

𝑓 ′ (1− ) = lim− { c)

1

2

𝑆 = 𝑆1 + 𝑆2 = |∫ [8 − (2 − 𝑥)3 ]𝑑𝑥 | + |∫ (8 − 𝑥 2 )𝑑𝑥 | = 1

0 2

1

|∫ (12𝑥 − 6𝑥 2 + 𝑥 3 )𝑑𝑥 | + |∫ (8 − 𝑥 2 )𝑑𝑥 | = |[6𝑥 2 − 2𝑥 3 + 0

1

1

2

𝑥4 𝑥3 ] | + |[8𝑥 − ] | = 4 0 3 1

1 8 1 1 7 144 + 3 − 28 119 2 (6 − 2 + ) − 0 + (16 − ) − (8 − ) = 12 + − = = 𝑢 4 3 3 4 3 12 12

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2001 Junio (Opción B.2) Sea la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 4𝑥 + 2 a) Determinar sus extremos relativos y dibujar su gráfica. b) Hallar las ecuaciones de las dos rectas tangentes a su gráfica que pasan por el punto 𝑃(3, −5). a) 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 4𝑥 + 2 → 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 − 4 → 𝑓 ′′ (𝑥) = 2. La parábola es convexa. 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 2𝑥 − 4 = 0 → 𝑥 = 2. El vértice (mínimo): (2, 𝑓(2)) = (2, −2) Los cortes con los ejes: (0,2) 𝑥 = 0 → 𝑓(0) = 2 { → {(2 + √2, 0) 4 ± √8 𝑦 = 0 → 𝑥 2 − 4𝑥 + 2 = 0 → 𝑥 = = 2 ± √2 (2 − √2, 0) 2

b) Consideremos las rectas que pasan por 𝑃(3, −5). Tienen la forma: 𝑟 ≡ 𝑦 + 5 = 𝑚(𝑥 − 3) → 𝑟 ≡ 𝑦 = 𝑚𝑥 − 3𝑚 − 5 Entonces, consideremos un punto de tangencia 𝑇(𝑎, 𝑓(𝑎)). Se cumple: 𝑇 ∈ 𝑟 → 𝑓(𝑎) = 𝑚𝑎 − 3𝑚 − 5 2 { → {𝑚𝑎 − 3𝑚 − 5 = 𝑎 − 4𝑎 + 2 𝑓(𝑎) = 𝑎2 − 4𝑎 + 2 𝑚 = 2𝑎 − 4 𝑓 ′ (𝑎) = 𝑚 → 2𝑎 − 4 = 𝑚 𝑚 = 2𝑎 − 4 →{ 𝑎(2𝑎 − 4) − 3(2𝑎 − 4) − 5 = 𝑎2 − 4𝑎 + 2 Resolvemos esta última ecuación: 2𝑎2 − 4𝑎 − 6𝑎 + 12 − 5 = 𝑎2 − 4𝑎 + 2 → 𝑎2 − 6𝑎 + 5 = 0 → 𝑎 = 1 → 𝑚 = −2, 𝑓(𝑎) = −1 𝑟 ≡ 𝑦 + 1 = −2(𝑥 − 1) { → Rectas tangentes: { 1 → 𝑟2 ≡ 𝑦 − 7 = 6(𝑥 − 5) 𝑎 = 5 → 𝑚 = 6, 𝑓(𝑎) = 7 𝑟1 ≡ 𝑦 = −2𝑥 + 1 𝑟2 ≡ 𝑦 = 6𝑥 − 23

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2000 Septiembre (Opción A.1) Sea la función 𝑓(𝑥) = 2𝑥 + sin(2𝑥) a) Determinar si tiene asíntotas de algún tipo. b) Estudiar su monotonía y la existencia de extremos relativos. a) Como la función es continua, carece de asíntotas verticales. lim [2𝑥 + sin(2𝑥)] = +∞ −1 ≤ sin(2𝑥) ≤ 1 → {𝑥→+∞ → No hay asíntotas horizontales. lim [2𝑥 + sin(2𝑥)] = −∞ 𝑥→−∞

2𝑥 + sin(2𝑥) sin(2𝑥) = lim [2 + ]=2+0=2 𝑥→±∞ 𝑥→±∞ 𝑥 𝑥

𝑚 = lim

𝑏 = lim [2𝑥 + sin(2𝑥) − 2𝑥] = lim sin(2𝑥) → No existe. 𝑥→±∞

𝑥→±∞

No hay tampoco asíntotas oblicuas. b) 𝑓(𝑥) = 2𝑥 + sin(2𝑥) → 𝑓 ′ (𝑥) = 2 + 2 cos(2𝑥) → 𝑓 ′′ (𝑥) = −4 sin(2𝑥) → 𝑓 ′′′ (𝑥) = −8 cos(2𝑥) 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → 2 + cos(2𝑥) = 0 → cos(2𝑥) = −1 → 2𝑥 = 𝜋 + 2𝑘𝜋 → 𝑥 =

𝜋 + 𝑘𝜋, 𝑐𝑜𝑛 𝑘 ∈ ℤ 2

𝑓 ′ (𝑥) = 2[1 + cos(2𝑥)] ≥ 0, ∀𝑥 ∈ ℝ → 𝑓 es creciente en ℝ 𝜋 𝜋 𝑓 ′′ ( + 𝑘𝜋) = −4 sin(𝜋 + 2𝑘𝜋) = 0; 𝑓 ′′′ ( + 𝑘𝜋) = −8 cos(𝜋 + 2𝑘𝜋) = 8 ≠ 0 → 2 2 𝑓 no tiene extremos relativos

𝜋 Hay puntos de inflexión en: ( + 𝑘𝜋, 𝜋 + 2𝑘𝜋) , 𝑘 ∈ ℤ 2

2000 Septiembre (Opción A.2) Dados tres números reales cualesquiera 𝑎, 𝑏, 𝑐, hallar el número real 𝑥 que minimiza la función: 𝐷(𝑥) = (𝑎 − 𝑥)2 + (𝑏 − 𝑥)2 + (𝑐 − 𝑥)2 𝐷(𝑥) = (𝑎 − 𝑥)2 + (𝑏 − 𝑥)2 + (𝑐 − 𝑥)2 → 𝐷′ (𝑥) = −2(𝑎 − 𝑥) − 2(𝑏 − 𝑥) − 2(𝑐 − 𝑥) = 2(𝑥 − 𝑎) + 2(𝑥 − 𝑏) + 2(𝑥 − 𝑐) 𝐷′′ (𝑥) = 2 + 2 + 2 = 6 > 0 𝐷′ (𝑥) = 0 → 2(𝑥 − 𝑎) + 2(𝑥 − 𝑏) + 2(𝑥 − 𝑐) = 0 → 𝑥 − 𝑎 + 𝑥 − 𝑏 + 𝑥 − 𝑐 = 0 → 3𝑥 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 → → 𝑥=

𝑎+𝑏+𝑐 3

𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 𝐷′′ ( ) > 0 → 𝐷𝑚í𝑛 = 𝐷 ( ) 3 3

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2000 Septiembre (Opción B) Dada la función: 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 4𝑥 3 + 𝑥 2 + 6𝑥 a) Determinar los puntos de corte de su gráfica con los ejes de coordenadas, y los intervalos de crecimiento y de decrecimiento. b) Esbozar la gráfica de la función. c) Calcular el área determinada por la gráfica de 𝑓, el eje OX y las rectas 𝑥 = −1, 𝑥 = 2. a) 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 4𝑥 3 + 𝑥 2 + 6𝑥 = 𝑥(𝑥 3 − 4𝑥 2 + 𝑥 − 6) Utilizando la regla de Ruffini, obtenemos: 𝑥 3 − 4𝑥 2 + 𝑥 − 6 = (𝑥 + 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3) Entonces: 𝑓(𝑥) = 𝑥(𝑥 + 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3). Los puntos de corte con los ejes son: (−1,0), (0,0), (2,0), (3,0) 𝑓 ′ (𝑥) = 4𝑥 3 − 12𝑥 2 + 2𝑥 + 6

= ⏟

(𝑥 − 1)(4𝑥 2 − 8𝑥 − 6)

𝑅𝑢𝑓𝑓𝑖𝑛𝑖

√10 2 √10 √10 𝑥−1 =0 𝑓 ′ (𝑥) = 0 → → → 𝑓(𝑥) = [𝑥 − (1 − )] (𝑥 − 1) [𝑥 − (1 + )] 𝑥=1 2 4𝑥 − 8𝑥 − 6 = 0 2 2 √10 { {𝑥 = 1 + 2 √10 𝑥 < 1− → 𝑓 ′ (𝑥) < 0 2 √10 √10 √10 𝑓 decrece en 𝑥 ∈ ]−∞, 1 − [ ∪ ]1,1 + [ 1− < 𝑥 < 1 → 𝑓 ′ (𝑥) > 0 2 2 2 → √10 √10 √10 ′ (𝑥) 1<𝑥 <1+ →𝑓 <0 𝑓 crece en 𝑥 ∈ ]1 − , 1[ ∪ ]1 + , +∞[ 2 2 2 √10 ′ { 𝑥 > 1 + 2 → 𝑓 (𝑥) > 0 𝑥 = 1−

b)

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c) Como 𝑓(𝑥) = 0 en 𝑥 = −1, 𝑥 = 0, 𝑥 = 2 𝑦 𝑥 = 3, es preciso descomponer en dos la integral: 0

2

𝑆 = 𝑆1 + 𝑆2 = |∫ (𝑥 4 − 4𝑥 3 + 𝑥 2 + 6𝑥)𝑑𝑥 | + |∫ (𝑥 4 − 4𝑥 3 + 𝑥 2 + 6𝑥)𝑑𝑥 | = −1

0 0

2

𝑥5 𝑥3 𝑥5 𝑥3 |[ − 𝑥 4 + + 3𝑥 2 ] | + |[ − 𝑥 4 + + 3𝑥 2 ] | 5 3 5 3 −1 0 1 1 32 8 98 2 = |0 − (− − 1 − + 3)| + |( − 16 + + 12) − 0| = 𝑢 5 3 5 3 15 2000 Junio (Opción A) Sea la función polinómica 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 + 𝑐𝑥 + 𝑑, que cumple 𝑓(1) = 0, 𝑓 ′ (0) = 2, y tiene dos extremos relativos para 𝑥 = 1 y 𝑥 = 2. a) Determinar 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑. b) ¿Son máximos o mínimos los extremos relativos? a) 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 + 𝑐𝑥 + 𝑑 → 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑎𝑥 2 + 2𝑏𝑥 + 𝑐 → 𝑓 ′′ (𝑥) = 6𝑎𝑥 + 2𝑏 1 3 𝑓(1) = 0 𝑎+𝑏+𝑐+𝑑 =0 𝑎+𝑏+𝑐+𝑑 =0 3 { ′ (0) 𝑓 =2 𝑐=2 𝑐=2 𝑏 = − → 𝑓(𝑥) = 1 𝑥 3 − 3 𝑥 2 + 2𝑥 − 5 → → → 2 3𝑎 + 2𝑏 = −2 𝑓 ′ (1) = 0 3𝑎 + 2𝑏 + 𝑐 = 0 3 2 6 { 𝑐 = 2 ′ (2) 12𝑎 + 4𝑏 = −2 12𝑎 + 4𝑏 + 𝑐 = 0 𝑓 =0 5 𝑑=− 6 { { 𝑎=

b) 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑥 2 − 3𝑥 + 2 → 𝑓 ′′ (𝑥) = 2𝑥 − 3; {

𝑓 ′′ (1) = −1 < 0 → Máximo en 𝑥 = 1 𝑓 ′′ (2) = 1 > 0 → Mínimo en 𝑥 = 2

2000 Junio (Opción B.1) Sean las funciones 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 𝑦 𝑔(𝑥) = 𝑥 3 . Determinar el área encerrada por las gráficas de ambas funciones y la recta 𝑥 = 2. 𝑦 = 𝑥2 𝑥=0 { → 𝑥 3 = 𝑥 2 → 𝑥 3 − 𝑥 2 = 0 → 𝑥 2 (𝑥 − 1) = 0 → { → 𝑥=1 𝑦 = 𝑥3 1

2

𝑆 = 𝑆1 + 𝑆2 = |∫ (𝑥 2 − 𝑥 3 )𝑑𝑥 | + |∫ (𝑥 2 − 𝑥 3 )𝑑𝑥 | = |[ 0

1

1

2

𝑥3 𝑥4 𝑥3 𝑥4 − ] | + |[ − ] | = 3 4 0 3 4 1

1 1 8 1 1 1 32 − 48 − 4 + 3 1 17 18 3 |( − ) − 0| + |( − 4) − ( − )| = +| |= + = = 𝑢2 3 4 3 3 4 12 12 12 12 12 2

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2000 Junio (Opción B.2) Se considera la función: 𝑓(𝑥) = {

sin 𝑥 + 2, 𝑥 𝑘,

𝑠𝑖 𝑥 ≠ 0 𝑠𝑖 𝑥 = 0

a) ¿Hay algún valor de 𝑘 para el cual sea continua en 𝑥 = 0? b) ¿Hay algún valor de 𝑘 para el cual sea derivable en 𝑥 = 0? c) Determinar sus asíntotas. a) Estudiemos el límite sin 𝑥 sin 𝑥 + 2𝑥 lim 𝑓(𝑥) = lim ( + 2) = lim 𝑥→0 𝑥→0 𝑥 𝑥

𝑥→0

= ⏟ 0 0

cos 𝑥 + 2 lim ( )=3 1

𝑥→0

𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

Entonces, ha de ser 𝑓(0) = 3 → 𝑘 = 3 b) Como la derivabilidad precisa la continuidad, veamos si existe 𝑓′(0) cuando 𝑘 = 3. sin ℎ sin ℎ − ℎ +2−3 𝑓(ℎ) − 𝑓(0) sin ℎ − ℎ ℎ ℎ ′ (0) 𝑓 = lim = lim = lim = lim ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ ℎ ℎ2

= ⏟ 0 0

𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

cos ℎ − 1 ℎ→0 2ℎ lim

= ⏟ 0 0

− sin ℎ = 0 → ∃𝑓 ′ (0) = 0 ℎ→0 2 lim

𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

c) Por ser continua, esta función no tiene asíntotas verticales. sin 𝑥 sin 𝑥 Asíntota horizontal: lim [ + 2] = 2, pues: − 1 ≤ sin 𝑥 ≤ 1 → lim = 0. 𝑦=2 𝑥→±∞ 𝑥→±∞ 𝑥 𝑥

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