PROBLEMAS RESUELTOS DE SELECTIVIDAD – MATEMATICAS II 2016 PDF

Modelo 2016 – Opci´on A
Problema 15.1.1 (3 puntos) Dadas las matrices

se pide:
a) (0,5 puntos). Hallar los valores de k para los que existe la matriz inversa
A−1.
b) (1 punto). Hallar la matriz A−1 para k = 6.
c) (1,5 puntos). Resolver la ecuaci´on matricial AX − A = B para k = 6.
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Soluci´on:
a)
|A| =

1 1 1
1 1 2
4 3 k

= 1 = 0 =⇒ ∃A
−1 ∀k, , ∈ R
b)
k = 6 =⇒ A =

⎜⎝
1 1 1
1 1 2
4 3 6

⎟⎠
=⇒ A
−1 =

⎜⎝
0 −3 1
2 2 −1
−1 1 0

⎟⎠
c) AX − A = B =⇒ X = A−1(B + A):
X =

⎜⎝
0 −3 1
2 2 −1
−1 1 0

⎟⎠

⎜⎝
1 1 2
1 2 2
5 3 6

⎟⎠
=

⎜⎝
2 −3 0
−1 3 2
0 1 0

⎟⎠
Problema 15.1.2 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1; 1) y los planos
π1 ≡ 3x + ay + z = 0; π2 ≡ ax + y + 2z = 0; π3 ≡ x + y − z = 0;
se pide:
a) (1 punto). Calcular los valores de a para los que los planos se cortan
en una recta.
b) (1 punto). Para a = 2, hallar la ecuaci´on del plano que pasa por el
punto P y es perpendicular a la recta intersecci´on de los planos π1 y
π2.
c) (1 punto). Hallar el punto P proyecci´on de P sobre el plano π3.
Soluci´on:
a)
⎧⎪⎨
⎪⎩
3x + ay + z = 0
ax + y + 2z = 0
x + y − z = 0
=⇒ |A| = a2 + 3a − 10 = 0 =⇒ a = 2, a = −5
Si a = 0 y a = −5 =⇒ |A| = 0 =⇒Rango(A) = 3 =Rango(A) = no
de inc´ongitas =⇒ Sistema compatible determinado. Soluci´on trivial
(x = y = z = 0).
Si a = 2 o a = −5 el sistema es compatible indeterminado (el sistema
que forman los tres planos es homog´eneo)
Cuando a = 2 o a = −5 se cortan los tres planos en una recta, que
calculo a continuaci´on: Cuando a = 2: F1 = F2 + F3
⎧⎪⎨
⎪⎩
3x + 2y + z = 0
2x + y + 2z = 0
x + y − z = 0
=⇒

2x + y + 2z = 0
x + y − z = 0
=⇒
⎧⎪⎨
⎪⎩
x = −3λ
y = 4λ
z = λ
Cuando a = −5:
⎧⎪⎨
⎪⎩
3x − 5y + z = 0
−5x + y + 2z = 0
x + y − z = 0
=⇒

3x − 5y + z = 0
x + y − z = 0
=⇒
⎧⎪⎨
⎪⎩
x = 1/2λ
y = 1/2λ
z = λ
b)
r :

3x + 2y + z = 0
2x + 2y + z = 0
=⇒ r :

−→ur = (3,−4 − 1)
Pr = O(0, 0, 0)
π :

−→
uπ =
−→ur = (3,−4 − 1)
P(1, 1, 1)
=⇒
3x − 4y − z + λ = 0 =⇒ 3 − 4 − 1 + λ = 0 =⇒ λ = 2
3x − 4y − z + 2 = 0
c)
−→
uπ3 = (1, 1,−1) Calculamos t ⊥ π3 que pasa por P:
t :

−→ut =
−→
uπ3 = (1, 1,−1)
Pt(1, 1, 1)
=⇒ t :
⎧⎪⎨
⎪⎩
x = 1+λ
y = 1+λ
z = 1− λ
Obtenemos P como punto de corte de t con π3:
(1 + λ) + (1+λ) − (1 − λ) = 0 =⇒ λ = −1
3
=⇒ P


2
3
,
2
3
,
4
3

Problema 15.1.3 (2 puntos) Calcular los siguientes l´ımites:
a) (1 punto). l´ım
x−→0
arctan x − x
x3
b) (1 punto). l´ım
x−→0
[1 − sin x]1/x
Soluci´on:
a)
l´ım
x−→0
arctan x − x
x3 =

0
0

= l´ım
x−→0
1
1+x2
− 1
3×2 = l´ım
x−→0
−x2
3×2(1 + x2)
= −1
3
b) l´ım
x−→0
[1 − sin x]1/x = [1

] = λ
l´ım
x−→0
ln (1 − sin x)
x
=

0
0

= l´ım
x−→0
−cos x
1−x
1
= −1 = lnλ =⇒ λ = e
−1
Problema 15.1.4 (2 puntos)
a) (1 punto). Sea g(x) una funci´on derivable que cumple g(6) =
 6
5
g(x) dx.
Hallar  6
5
(x − 5)g

(x) dx
b) (1 punto). Sea f(x) una funci´on continua que verifica
 e
1
f(u) du =
1
2
.
Hallar  2
0
f(ex/2)ex/2 dx.
Soluci´on:
a)
 6
5
(x − 5)g

(x) dx =

u = x −5 =⇒ du = dx
dv = g(x)dx =⇒ v = g(x)

=
(x − 5)g(x)]6
5

 6
5
g(x) dx = g(6) − 0 − g(6) = 0
b)
 2
0
f(ex/2)ex/2 dx =

⎢⎣
u = ex/2 =⇒ 2du = ex/2dx
x = 0 =⇒ u = 1
x = 2 =⇒ u = e

⎥⎦
= 2
 e
1
f(u) du = 1
15.2. Modelo 2014 – Opci´on B
Problema 15.2.1 (3 puntos) Dada la funci´on
f(x) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎩
2×2 + 6
x − 1
si x < 0 x2 − 1 x2 + 1 si x ≥ 0 se pide: a) (0,75 puntos). Estudiar su continuidad. b) (1 punto). Estudiar la existencia de as´ıntotas de su gr´afica y, en su caso, calcularlas. c) (1,25 puntos). Hallar los extremos relativos y esbozar de su gr´afica. Soluci´on: a) l´ım x−→0− 2x2 + 6 x − 1 = −6 l´ım x−→0+ x2 − 1 x2 + 1 = −1 Como l´ım x−→0− = l´ım x−→0+ la funci´on tiene en x = 0 un discontinuidad no evitable, hay un salto. b) Cuando x < 0 : No hay as´ıntotas verticales ni horizontales, pero hay oblicuas: y = mx + n =⇒ y = 2x + 2 m= l´ım x−→−∞ 2x2 + 6 x2 − x = 2 n= l´ım x−→−∞  2x2 + 6 x − 1 − 2x  = 2 Cuando x ≥ 0 : No hay as´ıntotas verticales pero si horizontales y, por tanto, no hay oblicuas. y = 1 l´ım x−→∞ x2 − 1 x2 + 1 = 1 c) f  (x) = ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪⎪⎪⎪⎩ 2(x2 − 2x − 3) (x − 1)2 si x < 0 4x (x2 + 1)2 si x ≥ 0 Cuando x < 0 : x2 − 2x − 3 = 0 =⇒ x = −1, x = 3 No vale. En x = −1 la funci´on pasa de crecer a decrecer, luego hay un m´aximo en el punto (−1,−4) x ≥ 0 : 4x = 0 =⇒ x = 0. En x = 0 la funci´on empieza a crecer, luego hay un m´ınimo en el punto (0,−1) Problema 15.2.2 (3 puntos) a) (1 punto) Determinar si se puede construir un tri´angulo que tenga dos de sus lados sobre la rectas r ≡ ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = −2 + λ y = −6 + 2λ z = 1+λ s ≡ x + y − 4 = 0 2x + z − 6 = 0 b) (2 puntos) Encontrar la ecuaci´on de la recta perpendicular com´un a las dos rectas anteriores. Soluci´on: r : −→ur = (1, 2, 1) Pr(−2,−6, 1) s : −→us = (2, 2, 1) Ps(3, 1, 0) −−→ PrPs = (5, 7,−1) a)  5 7 −1 1 2 1 2 2 1  = 9 = 0 =⇒ r y s se cruzan No se puede construir el tri´angulo. b) Se va a calcular como intersecci´on de dos planos: −→ut = −→ur × −→us =  i j k 1 2 1 2 2 1  = (0, 1,−2) π1 : ⎧⎪⎨ ⎪⎩ −→ut = (0, 1,−2) −→ur = (1, 2, 1) Pr(−2,−6, 1) =⇒ π1 :  0 1 x + 2 1 2 y + 6 −2 1 z − 1  = 0 =⇒ 5x−2y−z−1 = 0 π2 : ⎧⎪⎨ ⎪⎩ −→ut = (0, 1,−2) −→us = (2, 2, 1) Ps(3, 1, 0) =⇒ π1 :  0 2 x − 3 1 2 y − 1 −2 1 z  = 0 =⇒ 5x−4y−2z−11 = 0 t : 5x − 2y − z − 1 = 0 5x − 4y − 2z − 11 = 0 Problema 15.2.3 (2 puntos) Dado el sistema de ecuaciones lineales ⎧⎪⎨ ⎪⎩ (a + 2)x+ (a + 1)y = −6 x+ 5y = a x+ y = −5 se pide: a) (1,5 puntos). Discutir el sistema seg´un los valores de a. b) (0,5 puntos). Resolverlo cuando sea posible. Soluci´on: A = ⎛ ⎜⎝ a + 2 a + 1 −6 1 5 a 1 1 −5 ⎞ ⎟⎠ a) |A| = −21a − 21 = 0 =⇒ a = −1. Si a = −1 =⇒ |A| = 0 =⇒ Rango(A = 3 = Rango(A) = 2 =⇒ el sistema ser´ıa incompatible. Si a = −1: A = ⎛ ⎜⎝ 1 0 −6 1 5 1 1 1 −5 ⎞ ⎟⎠ En este caso Rango(A = 2 = Rango(A) = no de inc´ognitas=⇒ el sistema ser´ıa compatible determinado. b) x = −6 x + y = −5 =⇒ x = −6 y = 1 Problema 15.2.4 (2 puntos) Sabiendo que el valor del determinante  x y z 1 0 1 2 4 6  es igual a 1, calcular el valor de los determinantes: a) (1 punto).  3 0 1 3x 2y z 6 8 6  . b) (1 punto).  2 + x 4 + y 6 + z 3x −1 3y 3z − 1 3 4 7  . Soluci´on: a)  3 0 1 3x 2y z 6 8 6  = 6  1 0 1 x y z 2 4 6  = −6  x y z 1 0 1 2 4 6  = −6 b)  2 + x 4 + y 6 + z 3x −1 3y 3z − 1 3 4 7  =  2 + x 4 + y 6 + z 3x −1 3y 3z − 1 2 4 6  +  2 + x 4 + y 6 + z 3x −1 3y 3z − 1 1 0 1  = =  2 4 6 3x −1 3y 3z − 1 2 4 6  +  x y z 3x −1 3y 3z − 1 2 4 6  + +  2 + x 4 + y 6 + z −1 0 −1 1 0 1  +  2 + x 4 + y 6 + z 3x 3y 3z 1 0 1  = =  x y z 3x 3y 3z 2 4 6  −  x y z 1 0 1 2 4 6  +  2 4 6 3x 3y 3z 1 0 1  +  x y z 3x 3y 3z 1 0 1  = = −  x y z 1 0 1 2 4 6  − 3  x y z 2 4 6 1 0 1  = 2  x y z 1 0 1 2 4 6  = 2  x y z 1 0 1 3 4 7  = 2 15.3. Junio 2014 - Opci´on A Problema 15.3.1 (3 puntos) Dadas las matrices A = ⎛ ⎜⎝ α β γ γ 0 α 1 β γ ⎞ ⎟⎠ ; X = ⎛ ⎜⎝ x y z ⎞ ⎟⎠ ; B = ⎛ ⎜⎝ 1 0 1 ⎞ ⎟⎠ O = ⎛ ⎜⎝ 0 0 0 ⎞ ⎟⎠ se pide: a) (1,5 puntos). Calcula α, β y γ para que ⎛ ⎜⎝ 1 2 3 ⎞ ⎟⎠ sea soluci´on del sistema AX = B. b) (1 punto). Si β = γ = 1 ¿Qu´e condici´on o condiciones debe cumplir α para que el sistema lineal homog´eneo AX = O sea compatible determinado? c) (0,5 puntos). Si α = −1, β = 1 y γ = 0, resuelve el sistema AX = B. Soluci´on: a) ⎛ ⎜⎝ α β γ γ 0 α 1 β γ ⎞ ⎟⎠ · ⎛ ⎜⎝ 1 2 3 ⎞ ⎟⎠ = ⎛ ⎜⎝ 1 0 1 ⎞ ⎟⎠ =⇒ ⎧⎪⎨ ⎪⎩ α + 2β + 3γ = 1 3α + γ = 0 2β + 3γ = 0 =⇒ ⎧⎪⎨ ⎪⎩ α = 1 β = 9/2 γ = −3 b) β = γ = 1: ⎛ ⎜⎝ α 1 1 1 0 α 1 1 1 ⎞ ⎟⎠ · ⎛ ⎜⎝ x y z ⎞ ⎟⎠ = ⎛ ⎜⎝ 0 0 0 ⎞ ⎟⎠ ; |A| = −α(α−1) = 0 =⇒ α = 0, α = 1 Se trata de un sistema homog´eneo: Si α = 0 y α = 1 =⇒ |A| = 0 =⇒ Rango(A) = 3 = no de inc´ognitas por lo que es un sistema compatible determinado y su ´unica soluci´on ser´ıa la trivial: x = y = z = 0. Si α = 0 o α = 1 =⇒ |A| = 0 =⇒ Rango(A) < no de inc´ognitas por lo que es un sistema compatible indeterminado. c) Si α = −1, β = 1 y γ = 0: ⎛ ⎜⎝ −1 1 0 0 0 −1 1 1 0 ⎞ ⎟⎠ · ⎛ ⎜⎝ x y z ⎞ ⎟⎠ = ⎛ ⎜⎝ 1 0 1 ⎞ ⎟⎠ =⇒ ⎧⎪⎨ ⎪⎩ −x + y = 1 −z = 0 x + y = 1 =⇒ ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = 0 y = 1 z = 0 Problema 15.3.2 (3 puntos) Dados el punto P(1, 0, 1), el plano π ≡ x + 5y − 6z = 1 y la recta r : x = 0 y = 0 , se pide: a) (1 punto). Calcular el punto P sim´etrico a P respecto de π. b) (1 punto). Hallar la distancia de P a r. c) (1 punto). 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. Soluci´on: a) Segimos el siguiente procedimiento: Calculamos una recta t ⊥ π/P ∈ t: t : −→ut = −→ uπ = (1, 5,−6) Pt = P(1, 0, 1) =⇒ t : ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = 1+λ y = 5λ z = 1− 6λ Calculamos el punto de corte P de t con π: (1 + λ) + 5(5λ) − 6(1 − 6λ) = 1 =⇒ λ = −3 5 ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = 1− 3/5 = 2/5 y = −3 z = 1+18/5 = 23/5 =⇒ P   2 5 ,−3, 23 5  El punto P es el punto medio entre P y el punto que buscamos P: P + P 2 = P  =⇒ P  = 2P  − P =  4 5 ,−6, 46 5  − (1, 0, 1) =  −1 5 ,−6, 41 5  b) r : ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = 0 y = 0 z = λ =⇒ −→ur = (0, 0, 1) Pr(0, 0, 0) , −−→ PrP = (1, 0, 1) | −−→ PrP × −→ur| = |  i j k 1 0 1 0 0 1  | = |(0,−1, 0)| = 1 d(P, r) = | −−→ PrP × −→ur| |−→ur| = 1 1 = 1 c) Calculamos los puntos de corte de π ≡ x + 5y − 6z = 1 con los ejes coordenados: Con OX hacemos y = 0 y z = 0: A(1, 0, 0) Con OY hacemos x = 0 y z = 0: B(0, 1/5, 0) Con OZ hacemos x = 0 y y = 0: C(0, 0,−1/6) Luego: −→ OA = (1, 0, 0); −−→ OB = (0, 1/5, 0); −−→ OC = (0, 0,−1/6) V = 1 6 ||  1 0 0 0 1/5 0 0 0 −1/6  | = 1 180 u3 Problema 15.3.3 (2 puntos) a) (1 punto). Sea f : R −→ R una funci´on dos veces derivable. Sabiendo que el punto de abscisa x = −2 es un punto de inflexi´on de la gr´afica de f(x) y que la recta de ecuaci´on y = 16x+16 es tangente a la gr´afica de f(x) en dicho punto, determinar: f(−2), f  (−2) y f  (−2) b) (1 punto). Determinar el ´area de la regi´on acotada limitada por la gr´afica de la funci´on g(x) = x4 + 4x3 y el eje OX. Soluci´on: a) Por ser x = −2 la abcisa del punto de tangencia con la recta y = 16x + 16 =⇒ f(−2) = −32 + 16 = −16. La pendiente de esta recta es m = f(−2) = 16 y, por ´ultimo, al ser punto de inflexi´on f(−2) = 0. b) g(x) = x4 + 4x3 = 0 =⇒ x = 0, x= −4  0 −4 (x4 + 4x3) dx = x5 5 + x4 0 −4 = −44 5 S =  −44 5  = 256 5 u2 Problema 15.3.4 (2 puntos) Calcular justificadamente: a) l´ım x−→0 1 − 2x − ex + sin(3x) x2 b) l´ım x−→∞ (5x2 + 2)(x − 6) (x2 − 1)(2x − 1) Soluci´on: a) l´ım x−→0 1 − 2x − ex + sin(3x) x2 =  0 0  = l´ım x−→0 −2 − ex + 3 cos(3x) 2x =  0 0  = = l´ım x−→0 −ex − 9 sin(3x) 2 = −1 2 b) l´ım x−→∞ (5x2 + 2)(x − 6) (x2 − 1)(2x − 1) = ∞ ∞  = l´ım x−→∞ 5x3 2x3 = 5 2 15.4. Junio 2014 - Opci´on B Problema 15.4.1 (3 puntos) Dada la funci´on f(x) = a + ln(1 − x) si x < 0 x2e−x si x ≥ 0 (donde ln denota logaritmo neperiano) se pide: a) (1 punto). Calcular l´ım x−→∞ f(x) y l´ım x−→−∞ f(x). b) (1 punto). Calcular el valor de a, para que f(x) sea continua en todo R. c) (1 punto). Estudiar la derivabilidad de f y calcular f, donde sea posible. Soluci´on: a) l´ım x−→∞ f(x) = l´ım x−→∞ x2 ex = ∞ ∞  = l´ım x−→∞ 2x ex = ∞ ∞  = l´ım x−→∞ 2 ex = 0 l´ım x−→−∞(a + ln(1 − x)) = ∞ b) l´ım x−→0−(a + ln(1 − x)) = a, l´ım x−→0+ x2 ex = 0 =⇒ a = 0 c) f  (x) = − 1 1−x si x < 0 xe−x(2 − x) si x ≥ 0 =⇒ f(0−) = −1 f(0+) = 0 Luego la funci´on no es derivable en x = 0. Concluimos con que f es continua y derivable en R − {0} y ser´ıa continua en x = 0 pero no derivable para a = 0. Problema 15.4.2 (3 puntos) Dados el plano π ≡ 2x − y = 2, y la recta r ≡ x = 1 y − 2z = 2 a) (1 punto). Estudiar la posici´on relativa de r y π. b) (1 punto). Determinar el plano que contiene a r y es perpendicular a π. c) (1 punto). Determinar la recta que pasa por A(−2, 1, 0), corta a r, y es paralela a π. Soluci´on: a) r : −→ur = (0, 2, 1) Pr(1, 2, 0) =⇒ ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = 1 y = 2+2λ z = λ 2 · 1 − (2 + 2λ) = 2 =⇒ λ = −1 π y r se cortan en el punto (1, 0,−1) b) π ⊥ π, r ∈ π: π  : ⎧⎪⎨ ⎪⎩ −→ uπ = (2,−1, 0) −→ur = (0, 2, 1) Pr(1, 2, 0) =⇒ π1 :  2 0 x − 1 −1 2 y − 2 0 1 z  = 0 =⇒ x+2y−4z−5 = 0 c) Segimos el siguiente procedimiento: Calculamos el plano π π/A ∈ π: π  : 2x−y+λ = 0 =⇒ −4−1+λ = 0 =⇒ λ = 5 =⇒ π  : 2x−y+5 = 0 Calculamos P punto de corte de r con π: 2 − (2 + 2λ)+5 = 0 =⇒ λ = 5 2 P  1, 7, 5 2  La recta buscada s pasa por los puntos A y P: s : −→us = −→ AP = (3, 6, 5/2) Ps(−2, 1, 0) =⇒ t : ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = −2 + 3λ y = 1+6λ z = 5 2λ Problema 15.4.3 (2 puntos) Dada la matriz: A = ⎛ ⎜⎝ −1 −1 a −3 2 a 0 a −1 ⎞ ⎟⎠ , se pide : a) (1 punto). Hallar el valor o valores de a para que la matriz A tenga inversa. b) (1 punto). Calcular la matriz inversa A−1 de A, en el caso a = 2. Soluci´on: a) |A| = −2a2 + 5 = 0 =⇒ a = ±  5 2 . Si a = ±  5 2 =⇒ |A| = 0 =⇒ ∃A−1. Si a = ±  5 2 =⇒ |A| = 0 =⇒ no existe A−1. b) Para a = 2: A = ⎛ ⎜⎝ −1 −1 2 −3 2 2 0 2 −1 ⎞ ⎟⎠ =⇒ A −1 = ⎛ ⎜⎝ 2 −1 2 1 −1/3 4/3 2 −2/3 5/3 ⎞ ⎟⎠ Problema 15.4.4 (2 puntos) Por la compra de cinco cuadernos, dos rotuladores y tres bol´ıgrafos se han pagado veintid´os euros. Si se compran dos cuadernos, un rotulador y seis bol´ıgrafos, el coste es de catorce euros. Se pide: a) (1 punto). Expresar, en funci´on del precio de un bol´ıgrafo, lo que costar ´ıa un cuaderno y lo que costar´ıa un rotulador. b) (1 punto). Calcular lo que deber´ıamos pagar si adquirimos ocho cuadernos y tres rotuladores. Soluci´on: Sean x el precio de un cuaderno, y el precio de un rotulador y z el de un bol´ıgrafo. a) 5x + 2y + 3z = 22 2x + y + 6z = 14 =⇒ x = −6 + 9z y = 26 − 24z b) 8x + 3y = 8(−6 + 9z) + 3(26 − 24z) = 30 euros. 15.5. Septiembre 2014 - Opci´on A Problema 15.5.1 (3 puntos) Dada la funci´on f(x) = 1 x + 1 + x x + 4 , se pide: a) (1 punto). Determinar el dominio de f y sus as´ıntotas. b) (1 punto). Calcular f(x) y determinar los extremos relativos de f(x). c) (1 punto). Calcular  1 0 f(x) dx. Soluci´on: f(x) = 1 x + 1 + x x + 4 = x+4+x(x + 1) (x + 1)(x + 4) = x2 + 2x + 4 (x + 1)(x + 4) a) Dom(f) = R − {−1,−4} y as´ıntotas: Verticales: x = −1 : l´ım x−→−1− f(x) =  3 0−  = −∞; l´ım x−→−1+ f(x) =  3 0+  = +∞ x = −4 : l´ım x−→−4− f(x) =  12 0+  = +∞; l´ım x−→−4+ f(x) =  3 0−  = −∞ Horizontales: y = 1 l´ım x−→−1− x2 + 2x + 4 (x + 1)(x + 4) = 1 Oblicuas: No hay por haber horizontales b) f  (x) = 3(x2 − 4) (x + 1)2(x + 4)2 = 0 =⇒ x = ±2 (−∞,−2) (−2, 2) (2,∞) f(x) + − + f(x) creciente decreciente  creciente Luego la funci´on tiene un m´aximo en el punto (−2,−2) y un m´ınimo en el punto (2, 2/3). c)  1 0  1 x + 1 + x x + 4  dx =  1 0  1 x + 1 + 1 − 4 x + 4  dx = = x + ln|x + 1| − 4 ln|x + 4|]1 0 = 1+9 ln 2−4 ln5 = 1−ln  625 512   0, 8 Problema 15.5.2 (3 puntos) Dadas las matrices: A = ⎛ ⎜⎝ 1 a a 1 a 1 a − 1 a 2 ⎞ ⎟⎠ , X = ⎛ ⎜⎝ x y z ⎞ ⎟⎠ , O= ⎛ ⎜⎝ 0 0 0 ⎞ ⎟⎠ a) (1 punto). Determinar el valor o valores de a para los cuales no existe la matriz inversa A−1. b) (1 punto). Para a = −2, hallar la matriz inversa A−1. c) (1 punto). Para a = 1, calcular todas las soluciones del sistema lineal AX = O. Soluci´on: a) |A| = −a(a2 − 3a + 2) = 0 =⇒ a = 0, a = 1 y a = 2. Si a = 0 o a = 1 o a = 2 =⇒ |A| = 0 =⇒ ∃A−1. Si a = 0 y a = 1 y a = 2 =⇒ |A| = 0 =⇒ ∃A−1. b) A = ⎛ ⎜⎝ 1 −2 −2 1 −2 1 −3 −2 2 ⎞ ⎟⎠ =⇒ A −1 = ⎛ ⎜⎝ −1/12 1/3 −1/4 −5/24 −1/6 −1/8 −1/3 1/3 0 ⎞ ⎟⎠ c) Si a = 1 y AX = O tenemos: A = ⎛ ⎜⎝ 1 1 1 1 1 1 0 1 2 ⎞ ⎟⎠ =⇒ x + y + z = 0 y + 2z = 0 =⇒ ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = λ y = 2λ z = λ Problema 15.5.3 (2 puntos) Dados los puntos A(2, 0,−2), B(3,−4,−1), C(5, 4,−3) y D(0, 1, 4), se pide: a) (1 punto). Calcular el ´area del tri´angulo de v´ertices A, B y C. b) (1 punto). Calcular el volumen del tetraedro ABCD. Soluci´on: a) −−→ AB = (1,−4, 1) y −→ AC = (3, 4,−1): S = 1 2 |  i j k 1 −4 1 3 4 −1  | = 1 2 |(0, 4, 16)| = 2 √ 17 u2 b) −−→ AB = (1,−4, 1), −→ AC = (3, 4,−1) y −−→ AD = (−2, 1, 6) V = 1 6 |  1 −4 1 3 4 −1 −2 1 6  | = 50 3 u3 Problema 15.5.4 (2 puntos) Dados los planos π1 ≡ 2x + z − 1 = 0, π2 ≡ x + z + 2 = 0, π3 ≡ x + 3y + 2z − 3 = 0, se pide: a) (1 punto). Obtener las ecuaciones param´etricas de la recta determinada por π1 y π2. b) (1 punto). Calcular el seno del ´angulo que la recta del apartado anterior forma con el plano π3. Soluci´on: a) r : 2x + z − 1 = 0 x + z + 2 = 0 =⇒ r : ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = 3 y = λ z = −5 b) −→ uπ3 = (1, 3, 2) y −→ur = (0, 1, 0): cos β = −→ uπ3 · −→ur |−→ uπ3 ||−→ur| = √3 14 α + β = 90o =⇒ sin α = cosβ = 3 √ 14 14 15.6. Septiembre 2014 - Opci´on B Problema 15.6.1 (3 puntos) Dados el plano π y la recta r siguientes: π ≡ 2x − y + 2z + 3 = 0, r≡ ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = 1− 2t, y = 2− 2t, z = 1+t, se pide: a) (1 punto). Estudiar la posici´on relativa de r y π. b) (1 punto). Calcular la distancia entre r y π. c) (1 punto). Obtener el punto P sim´etrico de P(3, 2, 1) respecto del plano π. Soluci´on: a) 2(1 − 2t) − (2 − 2t) + 2(l + t)+3 = 0 =⇒!‘5 = 0! Luego la recta r es paralela al plano π. Est´a claro que −→ur ·−→ uπ = −2 ·2+(−2)(−1)+1 ·2 = 0 =⇒ −→ur ⊥ −→ uπ b) Pr(1, 2, 1): d(Pr, π) = 2 − √ 2 + 2 + 3 4 + 1 + 4 = 5 3 u c) Seguimos el siguiente procedimiento: Calculamos una recta s ⊥ π que pase por P: s : −→us = −→ uπ = (2,−1, 2) Ps = P(3, 2, 1) =⇒ ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = 3+2λ y = 2− λ z = 1+2λ Encontramos el punto P de corte entre s y π: 2(3+2λ)−(2−λ)+2(1+2λ)+3 = 0 =⇒ a = −1 =⇒ P  (1, 3,−1) P es el punto medio entre P y el punto buscado P: P + P 2 = P  =⇒ P  = 2P −P = (2, 6,−2)−(3, 2, 1) = (−1, 4,−3) Problema 15.6.2 (3 puntos) Dada la funci´on: f(x) = ⎧⎪⎨ ⎪⎩ 5 sin x 2x + 1 2 si x < 0 a si x = 0 xex + 3 si x > 0
Se pide:
a) (1 punto). Hallar, si existe, el valor de a para que f(x) sea continua.
b) (1 punto). Decidir si la funci´on es derivable en x = 0 para alg´un valor
de a.
c) (1 punto). Calcular la integral:
 ln 5
1
f(x) dx
,
donde ln denota logaritmo neperiano.
Soluci´on:
a) La funci´on es continua si: l´ım
x−→0− f(x) = l´ım
x−→0+
f(x) = f(0)
l´ım
x−→0− f(x) = l´ım
x−→0−

5 sinx
2x
+
1
2

= l´ım
x−→0−
10 sin x + 2x
4x
=

0
0

= l´ım
x−→0−
10 cos x + 2
4
= 3
l´ım
x−→0+
f(x) = l´ım
x−→0+
(xex + 3) = 3
f(0) = a =⇒ a = 3
b) De ser derivable en x = 0 s´olo ser´ıa para a = 3, para cualquier otro
valor de a la funci´on no ser´ıa continua y, por tanto, tampoco ser´ıa
derivable. Para que sea derivable tiene que cumplirse que f(0−) =
f(0+):
f(0−) = l´ım
h−→0−
f(0 + h) − f(0)
h
= l´ım
h−→0−
5 sin(0+h)
2(0+h) + 1
2
− 3
h
=
l´ım
h−→0−
5 sinh − 5h
2h2 =

0
0

= l´ım
h−→0−
5 cos h − 5
4h
=

0
0

= l´ım
h−→0−
5 sinh
4
= 0
f(0+) = l´ım
h−→0+
f(0 + h) − f(0)
h
= l´ım
h−→0+
(0 + h)e0+h + 3 − 3
h
=
l´ım
h−→0+
heh
h
= 1
Como f(0−) = f(0+) =⇒ la funci´on no es derivable en x = 0.
c)

(xex+3) dx =

u = x =⇒ du = dx
dv = exdx =⇒ v = ex

= xex−

ex dx+3x = 3x+ex(x−1)+C
 ln 5
1
f(x) dx = 3x + ex(x − 1)]ln 5
1 = 8(ln5 − 1) = 4, 88
Problema 15.6.3 (2 puntos) Dada la ecuaci´on matricial:

a 2
3 7

· B =

1 1
1 1

donde B es una matriz cuadrada de tama˜no 2 × 2, se pide:
a) (1 punto). Calcular el valor o valores de a para los que esta ecuaci´on
tiene soluci´on.
b) (1 punto).Calcular B en el caso a = 1.
Soluci´on:
A =

a 2
3 7

; C =

1 1
1 1

a) A · B = C =⇒ B = A−1C, luego la ecuaci´on tiene soluci´on siempre
que exista A−1:
|A| = 7a −6 = 0 =⇒ a =
6
7
Si a = 7/6 =⇒ |A| = 0 =⇒ ∃A−1.
Si a = 7/6 =⇒ |A| = 0 =⇒ ∃A−1.
b) B = A−1C:
A =

1 2
3 7

=⇒ A
−1 =

7 −2
−3 1

B = A
−1C =

7 −2
−3 1

·

1 1
1 1

=

5 5
−2 −2

Problema 15.6.4 (2 puntos) Estudiar el rango de la matriz:
A =

⎜⎜⎜⎝
2 −1 −3 5
2 2 −1 a
1 1 1 6
3 1 −4 a

⎟⎟⎟⎠
seg´un los valores del par´ametro a.
Soluci´on:

2 −1 −3 5
2 2 −1 a
1 1 1 6
3 1 −4 a

=

⎢⎢⎢⎣
F1
F2 + 2F1
F3 + F1
F4 + F1

⎥⎥⎥⎦
=

2 −1 −3 5
6 0 −7 a + 10
3 0 −2 11
5 0 −7 a + 5

=

6 −7 a + 10
3 −2 11
5 −7 a + 5

= 12 − 2a = 0 =⇒ a = 6
Si a = 6 =⇒ |A| = 0 =⇒Rango(A) = 4.
Si a = 6 =⇒ |A| = 0 =⇒Rango(A) < 4. Y como  2 −1 −3 2 2 −1 1 1 1  = 9 = 0 =⇒ Rango(A) = 3 Cap´ıtulo 16 A˜no 2015 16.1. Modelo 2015 - Opci´on A Problema 16.1.1 (3 puntos) Dadas las matrices A = ⎛ ⎜⎝ −2 4 2 −1 m m −1 2 1 ⎞ ⎟⎠ ; B = ⎛ ⎜⎝ −2 0 −1 ⎞ ⎟⎠ X = ⎛ ⎜⎝ x y z ⎞ ⎟⎠ O = ⎛ ⎜⎝ 0 0 0 ⎞ ⎟⎠ se pide: a) (1 punto). Estudiar el rango de A seg´un los valores de m. b) (0,5 puntos). Calcular el determinante de la matriz A20. c) (0,75 puntos). Para m = −2, resolver el sistema AX = O. d) (0,75 puntos). Para m = 0, resolver el sistema AX = B. Soluci´on: a) |A| =  −2 4 2 −1 m m −1 2 1  = 0 ∀m ∈ R =⇒ Rango(A) < 3  −2 4 −1 m  = −2m + 4 = 0 =⇒ m = 2 =⇒ Si m = 2 Rango(A) = 2 Y si m = 2 tenemos  −2 2 −1 2  = −2 = 0 =⇒ Rango(A) = 2 Por tanto, Rango(A) = 2 ∀m ∈ R. b) |A20| = |A|20 = 020 = 0 c) Se trata de un sistema homog´eneo y el Rango(A) = 2 < no de inc´ognitas, luego es un sistema compatible indeterminado. −2x + 4y + 2z = 0 −x − 2y − 2z = 0 =⇒ ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = −1/2λ y = −3/4λ z = λ d) Para m = 0 se observa que F1 = 2F2 y como Rango(A) = 2 se trata de un sistema compatible indeterminado. ⎧⎪⎨ ⎪⎩ −2x + 4y + 2z = −2 −x = 0 −x + 2y + z = −1 =⇒ x = 0 −x + 2y + z = −1 =⇒ ⎧⎪⎨ ⎪⎩ x = 0 y = −1−λ 2 z = λ Problema 16.1.2 (3 puntos) Dada la funci´on f(x) = x2 − 4x + 3 x2 − 1 , se pide: a) (0,5 puntos). Hallar el dominio de f(x). b) (1 punto). Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f(x). c) (1,5 puntos). El ´area del recinto limitado por la gr´afica de la funci´on, el eje de abscisas y las rectas x = ±1/2. Soluci´on: a) x2 −1 = 0 =⇒ x = ±1 =⇒ Dom(f) = R − {±1} b) f(x) = 4 (x + 1)2 > 0 =⇒La funci´on es creciente en todo el dominio
de la funci´on R − {±1}
c)
S1 =
 1/2
−1/2
x − 3
x + 1
dx = x − 4 ln(x + 1)]1/2
−1/2 = 1− 4 ln3
S = |S1| = 4ln3 − 1 u2
Problema 16.1.3 (2 puntos) Dadas las rectas: r :
⎧⎪⎨
⎪⎩
x = 1+2λ
y = λ
z = λ
; s :

x + y = 1
y = z
, se pide:
a) (1 punto). Estudiar la posici´on relativa entre ellas. Determinar, en su
caso, la intersecci´on entre ambas y el ´angulo que forman sus vectores
directores.
b) (1 punto). Hallar la ecuaci´on de la recta perpendicular a las direcciones
de r y s, y que pasa por el punto (0, 0, 0).
Soluci´on:
a) (1 + 2λ) + λ = 1 =⇒ λ = 0 luego las dos rectas se cortan en el punto
(1, 0, 0).
r :

−→ur = (2, 1, 1)
Pr(1, 0, 0)
s :

−→us = (−1, 1, 1)
Ps(1, 0, 0)
cos α =
−→ur · −→us
|−→ur||−→us| =
−2√+ 1 + 1
6

3
= 0 =⇒ α =
π
2
b)
t :

−→ut = (0,−1, 1)
Pt(0, 0, 0)
=⇒ t :
⎧⎪⎨
⎪⎩
x = 0
y = −λ
z = λ
−→ut =
−→ur × −→us =

i j k
2 1 1
−1 1 1

= 3(0,−1, 1)
Problema 16.1.4 (2 puntos) Dados los puntos P1(1,−1, 2), P2(2,−3, 0) y
P3(3, 1, 2), se pide:
a) (0,5 puntos). Determinar la ecuaci´on del plano π que contiene los tres
puntos.
b) (0,5 puntos). Determinar la ecuaci´on de la recta r que pasa por P1 y
es perpendicular a π.
c) √(1 punto). Hallar la ecuacio´n de las dos superficies esf´ericas de radio
17 que son tangentes al plano π en el punto P1.
Soluci´on:
a)
−−−→
P1P2 = (1,−2,−2),
−−−→
P1P3 = (2, 2, 0):
π :

1 2 x − 1
−2 2 y + 1
−2 0 z − 2

= 0 =⇒ π : 2x − 2y + 3z − 10 = 0
b)
r :

−→ur = (2,−2, 3)
Pr(1,−1, 2)
=⇒
⎧⎪⎨
⎪⎩
x = 1+2λ
y = −1 − 2λ
z = 2+3λ
c) Calculo una recta r que pase por P1 y perpendicular a π, la del apartado
anterior. Ahora hay que encontrar los dos puntos de esta recta
que estan a una distancia

17 de P1 y estos ser´an los centros de las
esferas:
Un punto C de r ser´a C(1 + 2λ,−1 − 2λ,2 + 3λ)
|
−−→
CP1| = |(2λ,−2λ, 3λ)| = |λ|

17 =

17 =⇒ λ = ±1

λ = 1 =⇒ C1(3,−3, 5) =⇒ (x − 3)2 + (y + 3)2 + (z − 5)2 = 17
λ = −1 =⇒ C2(−1, 1,−1) =⇒ (x + 1)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2 = 17
16.2. Modelo 2015 – Opci´on B
Problema 16.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1, 2,−1) y las rectas:
r :

x + y − z = 4
x − y − 3z = −2
; s :

x = 2
y = −3
se pide:
a) (1 punto). Calcular la m´ınima distancia entre r y s.
b) (1 punto). Determinar el punto P sim´etrico de P respecto de r.
c) (1 punto). Determinar los puntos de la recta r que equidistan de los
planos XY e Y Z.
Soluci´on:
a)
r :

−→ur = (−2, 1,−1)
Pr(1, 3, 0)
, s:

−→us = (0, 0, 1)
Ps(2,−3, 0)
−−→
PrPs = (1,−6, 0)
−→ur =

i j k
1 1 −1
1 −1 −3

= 2(−2, 1,−1)
[
−−→
PrPs,
−→ur,
−→us] =

1 −6 0
−2 1 −1
0 0 1

= −11 = 0 =⇒ r y s se cruzan
d(r, s) =
|[
−−→
PrPs,
−→ur,
−→us]|
|−→ur × −→us| =
| − 11|

5
=
11

5
5
u
−→ur × −→us =

i j k
−2 1 −1
0 0 1

= (1, 2, 0)
b) Seguimos el siguiente procedimiento:
Calculamos un plano π perpendicular a r que contenga a P: π :
−2x + y − z + λ = 0 =⇒ −2 + 2 + 1 + λ = 0 =⇒ λ = −1 luego
el plano buscado es π : −2x + y − z − 1 = 0
Calculamos el punto de corte P de r y π:
r :
⎧⎪⎨
⎪⎩
x = 1− 2t
y = 3+t
z = −t
=⇒ −2(1−2t)+(3+t)−(−t)−1 = 0 =⇒ t = 0 =⇒ P

(1, 3, 0)
P

=
P + P
2
=⇒ P

= 2P
−P = 2(1, 3, 0)−(1, 2,−1) = (1, 4, 1) =⇒ P

(1, 4, 1)
c) El plano XY es el plano π : z = 0 y el plano Y Z es el plano π : x = 0.
Sea P un punto de la recta r que cumple d(P, π) = d(P, π)
donde P(1 − 2t,3 + t,−t):
| − t|
1
=
|1 − 2t|
1
=⇒

−t = 1− 2t =⇒ t = 1 =⇒ H(−1, 4,−1)
−t = −1 + 2t =⇒ t = 1/3 =⇒ Q(1/3, 10/3,−1/3)
Problema 16.2.2 (3 puntos) Hallar
a) (1 punto). l´ım
x−→0

1 + sinx −

1 − sin x
x
.
b) (1 punto).

(3x + 5) cosxdx.
c) (1 punto). Los intervalos de crecimiento y decrecimiento y los extremos
relativos de la funci´on
f(x) =
ex − ex
x
.
Soluci´on:
a)
l´ım
x−→0

1 + sinx −

1 − sin x
x
=

0
0

= l´ım
x−→0
cos x
2

1+sin x
− −cos x
2

1−sin x
1
= 1
b)

(3x + 5) cosxdx =

u = 3x + 5 =⇒ du = 3dx
dv = cosx =⇒ v = sinx

=
(3x + 5) sinx − 3

sinxdx = (3x + 5) sinx + 3cos x + C
c) f(x) =
ex(1 − x)
x2 = 0 =⇒ x = 1. Si x > 1 =⇒ f(x) < 0 =⇒ f es decreciente en el intervalo (1,∞). Si x < 1 =⇒ f(x) > 0 =⇒ f
es creciente en el intervalo (−∞, 0) ∪ (0, 1) En x = 1 hay un m´aximo
local.
Problema 16.2.3 (2 puntos)
a) (1,5 puntos). Hallar X e Y , matrices 2 × 2, tales que
X +

3 −1
0 2

Y =

2 1
1 3

, X+

1 0
1 1

Y =

1 3
0 1

·
b) (0,5 puntos). Hallar Z, matriz invertible 2 × 2, tal que
Z2

3 0
0 3

Z
−1 =

1 3
1 2

.
Soluci´on:
a)
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
X +

3 −1
0 2

Y =

2 1
1 3

X +

1 0
1 1

Y =

1 3
0 1
 =⇒
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
X =

−1 3
−5 −1

Y =

2 0
3 2

·
b) Z2 · 3I ·Z−1 = 3Z ·Z ·Z−1 = 3Z =

1 3
1 2

=⇒ Z =

1/3 1
1/3 2/3

Problema 16.2.4 (2 puntos) Dado el sistema de ecuaciones lineales:
⎧⎪⎨
⎪⎩
mx+ y= 0
x+ my= 0
mx+ my= 0
se pide:
a) (1,5 puntos). Discutirlo seg´un los valores de m.
b) (0,5 puntos). Resolverlo cuando sea compatible indeterminado.
Soluci´on:
a)
A =

⎜⎝
m 1 0
1 m 0
m m 0

⎟⎠

m 1
1 m

= m2 −1 = 0 =⇒ m = ±1
Si m = ±1 =⇒

m 1
1 m

= 0 =⇒ Rango(A) = 2 = no de inc´ognitas
y, por ser un sistema homog´eneo, ser´ıa un sistema compatible determinado.
Si m = −1:
A =

⎜⎝
−1 1 0
1 −1 0
−1 −1 0

⎟⎠
;

1 −1
−1 −1

= −2 = 0 =⇒ como antes ser´ıa
un sistema compatible determinado.
Si m = 1:
A =

⎜⎝
1 1 0
1 1 0
1 1 0

⎟⎠
Las tres filas son iguales y el sistema ser´ıa compatible
indeterminado. (x + y = 0)
b)

x = −λ
y = λ