Examen PAU Matemáticas II Comunitat Valenciana · Julio 2016

Las matrices de coeficientes y ampliada son

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ -3& 2& 3\\ 2& \alpha & -5\end{array}\right),A^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 2& 2\\ -3& 2& 3& -2\\ 2& \alpha & -5& -4\end{array}\right).$$

a) Con $\alpha =0$ el sistema es

$$\{\begin{array}{rl}x+y+2z& =2\\ -3x+2y+3z& =-2\\ 2x-5z& =-4\end{array}$$

1. De la tercera ecuación: $x=\frac{5z-4}{2}$.
2. En la primera: $y=2-x-2z=2-\frac{5z-4}{2}-2z=4-\frac{9z}{2}$.
3. Sustituimos en la segunda:

$$-3\cdot \frac{5z-4}{2}+2\left(4-\frac{9z}{2}\right)+3z=-2\Rightarrow -\frac{27z}{2}+14=-2\Rightarrow z=\frac{32}{27}.$$

4. Entonces $x=\frac{5\cdot \frac{32}{27}-4}{2}=\frac{26}{27}$ e $y=4-\frac{9}{2}\cdot \frac{32}{27}=-\frac{4}{3}$.
5. Comprobación en la primera ecuación: $\frac{26}{27}-\frac{36}{27}+\frac{64}{27}=\frac{54}{27}=2$.

Resultado: $(x,y,z)=\left(\frac{26}{27},-\frac{4}{3},\frac{32}{27}\right)$

b) 1. Calculamos el determinante de $A$:

$$|A|=1\cdot (-10-3\alpha )-1\cdot (15-6)+2\cdot (-3\alpha -4)=-27-9\alpha =-9(\alpha +3).$$

2. Se anula solo para $\alpha =-3$. Para cualquier otro valor, $\mathrm{rg}A=\mathrm{rg}{A}^{\ast }=3$ y el sistema es compatible determinado.
3. Si $\alpha =-3$: el menor $\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ -3& 2\end{array}\right|=5\ne 0$ da $\mathrm{rg}A=2$. En la ampliada, el menor de las columnas 1, 2 y 4 es

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ -3& 2& -2\\ 2& -3& -4\end{array}\right|=1\cdot (-8-6)-1\cdot (12+4)+2\cdot (9-4)=-14-16+10=-20\ne 0,$$

luego $\mathrm{rg}{A}^{\ast }=3\ne \mathrm{rg}A$ y el sistema es incompatible.

Resultado: el sistema es incompatible únicamente para $\alpha =-3$.

c) 1. Por lo visto en el apartado anterior, es compatible y determinado cuando $|A|\ne 0$, es decir, para $\alpha \ne -3$. 2. Resolvemos por la regla de Cramer, con $|A|=-9(\alpha +3)$:

$$x=\frac{\left|\begin{array}{ccc}2& 1& 2\\ -2& 2& 3\\ -4& \alpha & -5\end{array}\right|}{|A|}=\frac{-26-10\alpha }{-9(\alpha +3)}=\frac{10\alpha +26}{9(\alpha +3)},$$

$$y=\frac{\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 2\\ -3& -2& 3\\ 2& -4& -5\end{array}\right|}{|A|}=\frac{36}{-9(\alpha +3)}=-\frac{4}{\alpha +3},$$

$$z=\frac{\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ -3& 2& -2\\ 2& \alpha & -4\end{array}\right|}{|A|}=\frac{-32-4\alpha }{-9(\alpha +3)}=\frac{4\alpha +32}{9(\alpha +3)}.$$

3. Comprobación con $\alpha =0$: $\frac{26}{27}$, $-\frac{4}{3}$, $\frac{32}{27}$, que coincide con el apartado a).

Resultado: compatible y determinado para $\alpha \ne -3$, con $x=\frac{10\alpha +26}{9(\alpha +3)}$, $y=-\frac{4}{\alpha +3}$, $z=\frac{4\alpha +32}{9(\alpha +3)}$.

Resultado: a) $\left(\frac{26}{27},-\frac{4}{3},\frac{32}{27}\right)$; b) $\alpha =-3$; c) $\alpha \ne -3$ y $(x,y,z)=\left(\frac{10\alpha +26}{9(\alpha +3)},-\frac{4}{\alpha +3},\frac{4\alpha +32}{9(\alpha +3)}\right)$

a) 1. Dos vectores contenidos en el plano son

$$\overrightarrow{AB}=(1,0,-2),\overrightarrow{AC}=(0,1,-3).$$

2. Un vector normal es su producto vectorial:

$$\vec{n}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=\left|\begin{array}{ccc}\vec{i}& \vec{j}& \vec{k}\\ 1& 0& -2\\ 0& 1& -3\end{array}\right|=(0\cdot (-3)-(-2)\cdot 1,-(1\cdot (-3)-0),1\cdot 1-0)=(2,3,1).$$

3. El plano es $2x+3y+z+D^{\prime }=0$. Como pasa por $A(0,0,1)$: $1+D^{\prime }=0\Rightarrow D^{\prime }=-1$.
4. Comprobación con $B$: $2+0-1-1=0$; con $C$: $0+3-2-1=0$.

Resultado: $\pi :2x+3y+z-1=0$

b) Basta comprobar que $D$ no cumple la ecuación de $\pi$:

$$2\cdot 1+3\cdot 2+0-1=7\ne 0.$$

Luego $D\notin \pi$ y los cuatro puntos no son coplanarios. (De forma equivalente, $\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})=7\ne 0$.)

Resultado: $D$ no está en $\pi$ porque $2\cdot 1+3\cdot 2+0-1=7\ne 0$.

c) 1. Distancia de $D$ al plano:

$$d(D,\pi )=\frac{|2\cdot 1+3\cdot 2+0-1|}{\sqrt{2^2+3^2+1^2}}=\frac{7}{\sqrt{14}}=\frac{\sqrt{14}}{2}\approx 1,87\text{ u}.$$

2. El volumen del tetraedro es una sexta parte del valor absoluto del producto mixto, con $\overrightarrow{AD}=(1,2,-1)$:

$$V=\frac{1}{6}\left|\left|\begin{array}{ccc}1& 0& -2\\ 0& 1& -3\\ 1& 2& -1\end{array}\right|\right|=\frac{1}{6}|1\cdot (-1+6)-0+(-2)\cdot (0-1)|=\frac{|5+2|}{6}=\frac{7}{6}{\text{u}}^3.$$

3. Comprobación con base y altura: el área de la base es $\frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}|=\frac{\sqrt{14}}{2}$, y $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{14}}{2}\cdot \frac{\sqrt{14}}{2}=\frac{14}{12}=\frac{7}{6}$.

Resultado: $d(D,\pi )=\frac{\sqrt{14}}{2}\approx 1,87$ u y $V=\frac{7}{6}\approx 1,17$ u${}^3$.

Resultado: a) $2x+3y+z-1=0$; b) $D\notin \pi$ ($7\ne 0$); c) $d=\frac{\sqrt{14}}{2}$ u y $V=\frac{7}{6}$ u${}^3$

Escribimos la función por trozos:

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2+x,& x\ge 0\\ x^2-x,& x<0.\end{array}$$

a) 1. Con el eje de ordenadas ($x=0$): $f(0)=0$, punto $(0,0)$. 2. Con el eje de abscisas ($f(x)=0$): $x^2+|x|=0$. Ambos sumandos son mayores o iguales que $0$, así que la suma es $0$ solo si $x^2=0$ y $|x|=0$, es decir, $x=0$.

Resultado: el único punto de corte con los ejes es el origen $(0,0)$.

b) Para cualquier $x$:

$$f(-x)=(-x{)}^2+|-x|=x^2+|x|=f(x).$$

La función es par, y por tanto su gráfica es simétrica respecto al eje $OY$.

Resultado: $f(-x)=f(x)$ para todo $x$, luego la curva es simétrica respecto al eje de ordenadas.

c) 1. Para $x>0$: $f(x)=x^2+x$ y $f^{\prime }(x)=2x+1>0$, luego $f$ es creciente en $(0,+\infty )$. 2. Para $x<0$: $f(x)=x^2-x$ y $f^{\prime }(x)=2x-1<0$, luego $f$ es decreciente en $(-\infty ,0)$. 3. En $x=0$ la función pasa de decrecer a crecer (no es derivable en ese punto, pero el cambio de monotonía basta), y $f(0)=0$ es menor que cualquier otro valor ($f(x)>0$ si $x\ne 0$): hay un mínimo relativo (también absoluto) en $x=0$.

Resultado: decreciente en $(-\infty ,0)$ y creciente en $(0,+\infty )$; mínimo relativo en $(0,0)$.

d) 1. Por la simetría basta dibujar la parte $x\ge 0$ y reflejarla respecto del eje $OY$. 2. Para $x\ge 0$ es la parábola $y=x^2+x$, con puntos $(0,0)$, $(1,2)$, $(2,6)$; es creciente y convexa. 3. Para $x\le 0$ es la parábola $y=x^2-x$, con puntos $(-1,2)$, $(-2,6)$. 4. La gráfica tiene forma de «V» redondeada, con un punto anguloso en el origen (las pendientes laterales son $-1$ a la izquierda y $+1$ a la derecha) y ramas que suben hacia el infinito.

Resultado: curva simétrica respecto al eje $OY$, con mínimo en el origen, que pasa por $(\pm 1,2)$ y $(\pm 2,6)$.

e) 1. En $[-1,0]$, $f(x)=x^2-x$:

$${\int }_{-1}^0(x^2-x)dx={\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}\right]}_{-1}^0=0-\left(-\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{6}.$$

2. En $[0,2]$, $f(x)=x^2+x$:

$${\int }_0^2(x^2+x)dx={\left[\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right]}_0^2=\frac{8}{3}+2=\frac{14}{3}.$$

Resultado: ${\int }_{-1}^{0}f(x)dx=\frac{5}{6}$ y ${\int }_0^{2}f(x)dx=\frac{14}{3}$

Resultado: a) $(0,0)$; b) $f(-x)=f(x)$; c) decreciente en $(-\infty ,0)$, creciente en $(0,+\infty )$, mínimo relativo en $x=0$; d) curva simétrica con mínimo en el origen; e) $\frac{5}{6}$ y $\frac{14}{3}$

a) 1. Calculamos los determinantes de $A$ y $B$ por Sarrus (o desarrollando por la primera fila):

$$|A|=1\cdot (2-1)-1\cdot (1-0)+(-1)\cdot (1-0)=-1,|B|=0-1\cdot (-2-2)+(-1)\cdot (0-1)=4+1=5.$$

2. Propiedades: $|MN|=|M||N|$ y, para una matriz de orden $3$, $|kM|=k^3|M|$. Entonces $|2B^2|=2^3|B{|}^2=8\cdot 25=200$ y

$$|A\cdot (2B^2)|=|A|\cdot |2B^2|=(-1)\cdot 200=-200.$$

3. Para el segundo: $|3A|=3^3|A|=-27$, y $|(3A{)}^{-1}|=\frac{1}{-27}$. Por tanto

$$|A\cdot (2B^2)\cdot (3A{)}^{-1}|=\frac{-200}{-27}=\frac{200}{27}.$$

Resultado: $|A\cdot 2B^2|=-200$ y $|A\cdot 2B^2\cdot (3A{)}^{-1}|=\frac{200}{27}$.

b) 1. Como $|A|=-1\ne 0$, existe $A^{-1}=\frac{1}{|A|}\mathrm{Adj}(A{)}^T$. Los adjuntos de $A$ son

$$\mathrm{Adj}(A)=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ -2& 1& -1\\ 3& -2& 1\end{array}\right),\mathrm{Adj}(A{)}^T=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 3\\ -1& 1& -2\\ 1& -1& 1\end{array}\right).$$

2. Dividiendo entre $|A|=-1$:

$$A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& -3\\ 1& -1& 2\\ -1& 1& -1\end{array}\right).$$

3. Para la segunda matriz usamos $(MN{)}^{-1}=N^{-1}{M}^{-1}$ y $(M^{-1}{)}^{-1}=M$. Primero, $|B|=5\ne 0$ y $|BA|=-5\ne 0$, así que todo existe. Entonces

$$((BA{)}^{-1}B{)}^{-1}=B^{-1}((BA{)}^{-1}{)}^{-1}=B^{-1}(BA)=(B^{-1}B)A=A.$$

Resultado: $A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& -3\\ 1& -1& 2\\ -1& 1& -1\end{array}\right)$ y $((BA{)}^{-1}B{)}^{-1}=A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 1& 2& 1\\ 0& 1& 1\end{array}\right)$.

c) 1. Sacamos factor común $X$ por la derecha: $(A+B)X=3I$. 2. Calculamos

$$A+B=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& -2\\ 3& 3& 3\\ 1& 1& 0\end{array}\right),|A+B|=1\cdot (0-3)-2\cdot (0-3)-2\cdot (3-3)=-3+6=3\ne 0.$$

3. Entonces $A+B$ es invertible y $X=3(A+B{)}^{-1}$. Su inversa (por adjuntos) es

$$(A+B{)}^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}-1& -\frac{2}{3}& 4\\ 1& \frac{2}{3}& -3\\ 0& \frac{1}{3}& -1\end{array}\right).$$

4. Multiplicando por $3$:

$$X=\left(\begin{array}{ccc}-3& -2& 12\\ 3& 2& -9\\ 0& 1& -3\end{array}\right).$$

5. Comprobación de la primera fila de $(A+B)X$: $(1,2,-2)\cdot (-3,3,0)=3$, $(1,2,-2)\cdot (-2,2,1)=0$, $(1,2,-2)\cdot (12,-9,-3)=12-18+6=0$, es decir, la primera fila de $3I$.

Resultado: $X=\left(\begin{array}{ccc}-3& -2& 12\\ 3& 2& -9\\ 0& 1& -3\end{array}\right)$

Resultado: a) $-200$ y $\frac{200}{27}$; b) $A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& -3\\ 1& -1& 2\\ -1& 1& -1\end{array}\right)$ y $((BA{)}^{-1}B{)}^{-1}=A$; c) $X=\left(\begin{array}{ccc}-3& -2& 12\\ 3& 2& -9\\ 0& 1& -3\end{array}\right)$

Los vectores normales son ${\vec{n}}_{\pi }=(1,1,1)$ y ${\vec{n}}_{\sigma }=(a,b,1)$.

a) 1. Que $\sigma$ pase por $(1,2,3)$: $a+2b+3=0$. 2. Que $\sigma \perp \pi$: sus normales son perpendiculares, ${\vec{n}}_{\sigma }\cdot {\vec{n}}_{\pi }=a+b+1=0$. 3. Restando la segunda ecuación de la primera: $b+2=0\Rightarrow b=-2$, y entonces $a=-1-b=1$. 4. Comprobación: $1+2(-2)+3=0$ y $1-2+1=0$.

Resultado: $a=1$ y $b=-2$

b) 1. Que $\sigma$ pase por $(0,1,1)$: $b+1=0\Rightarrow b=-1$. 2. Entonces $\sigma :ax-y+z=0$ y la distancia de $(1,0,1)$ al plano es

$$d=\frac{|a\cdot 1-0+1|}{\sqrt{a^2+1+1}}=\frac{|a+1|}{\sqrt{a^2+2}}=1.$$

3. Elevando al cuadrado: $(a+1{)}^2=a^2+2\Rightarrow 2a+1=2\Rightarrow a=\frac{1}{2}$.
4. Comprobación: $\frac{3/2}{\sqrt{1/4+2}}=\frac{3/2}{3/2}=1$.

Resultado: $a=\frac{1}{2}$ y $b=-1$

c) 1. Si $\vec{d}=(3,2,-5)$ es director de $r=\pi \cap \sigma$, debe ser perpendicular a los dos vectores normales. Con ${\vec{n}}_{\pi }$ se cumple siempre: $3+2-5=0$. Con ${\vec{n}}_{\sigma }$:

$$3a+2b-5=0.$$

2. Además, los planos deben cortarse en una recta, es decir, no ser paralelos: $(a,b,1)$ no debe ser proporcional a $(1,1,1)$, lo que excluye $a=b=1$ (que también cumple $3a+2b=5$, pero daría $\sigma :x+y+z=0$, paralelo a $\pi$).
3. Así, los valores buscados son todos los que cumplen $3a+2b=5$ con $a\ne 1$: $b=\frac{5-3a}{2}$. Por ejemplo, $a=3$ y $b=-2$.
4. Un punto de $r$: tomamos, por ejemplo, $a=3$, $b=-2$ y resolvemos

$$\{\begin{array}{rl}x+y+z& =1\\ 3x-2y+z& =0\end{array}$$

Con $y=0$: $x+z=1$ y $3x+z=0$, de donde $2x=-1$, $x=-\frac{1}{2}$, $z=\frac{3}{2}$. El punto es $\left(-\frac{1}{2},0,\frac{3}{2}\right)$.

5. En general, restando las ecuaciones de los dos planos y tomando $y=0$, se obtiene el punto $\left(\frac{1}{1-a},0,\frac{a}{a-1}\right)$ de $r$, para cada $a\ne 1$ (con $a=3$ resulta el punto anterior).
6. Comprobación del director con $a=3$, $b=-2$: $(1,1,1)\times (3,-2,1)=(1+2,3-1,-2-3)=(3,2,-5)$.

Resultado: $3a+2b=5$ con $a\ne 1$; por ejemplo $a=3$, $b=-2$, y un punto de $r$ es $\left(-\frac{1}{2},0,\frac{3}{2}\right)$.

Resultado: a) $a=1$, $b=-2$; b) $a=\frac{1}{2}$, $b=-1$; c) $3a+2b=5$ con $a\ne 1$ (por ejemplo $a=3$, $b=-2$), y un punto de $r$ es $\left(-\frac{1}{2},0,\frac{3}{2}\right)$

a) 1. Es una parábola con las ramas hacia abajo (coeficiente de $x^2$ negativo). 2. Vértice: $x_v=-\frac{-1}{2\cdot (-1)}=-\frac{1}{2}$, con $f\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+6=\frac{25}{4}=6,25$. Vértice $\left(-\frac{1}{2},6,25\right)$. 3. Cortes con el eje $OY$: $f(0)=6$, punto $(0,6)$. Cortes con el eje $OX$: $-x^2-x+6=0⟺x^2+x-6=0⟺x=\frac{-1\pm 5}{2}$, es decir, $x=2$ y $x=-3$: puntos $(2,0)$ y $(-3,0)$. 4. La gráfica es la parábola que pasa por $(-3,0)$, $(0,6)$ y $(2,0)$, con máximo en el vértice. En el intervalo del problema, $0\le x\le 2$, el tramo es decreciente: baja de $(0,6)$ a $(2,0)$. 5. Deducciones: si $x=0$, $y=f(0)=6$; si $y=0$, $x=2$ (la otra raíz, $-3$, está fuera del intervalo).

Resultado: parábola de vértice $\left(-\frac{1}{2},6,25\right)$ que pasa por $(-3,0)$, $(0,6)$ y $(2,0)$; para $x=0$ la intensidad es $y=6$, y la intensidad es $0$ cuando $x=2$.

b) 1. El producto es $g(x)=y\cdot x=x(-x^2-x+6)=-x^3-x^2+6x$, con $0\le x\le 2$. 2. Derivamos: $g^{\prime }(x)=-3x^2-2x+6$. Igualando a cero: $3x^2+2x-6=0$, de donde

$$x=\frac{-2\pm \sqrt{4+72}}{6}=\frac{-1\pm \sqrt{19}}{3}.$$

Solo la raíz positiva está en el intervalo: $x=\frac{-1+\sqrt{19}}{3}\approx 1,12$. 3. Segunda derivada: $g^{\prime \prime }(x)=-6x-2<0$ para $x>0$, luego es un máximo. Comparamos con los extremos del intervalo: $g(0)=0$ y $g(2)=-8-4+12=0$, ambos menores que $g(1,12)$. 4. Valor máximo: usando $3x^2=6-2x$, es decir $x^2=2-\frac{2x}{3}$, resulta $6-x-x^2=4-\frac{x}{3}$ y

$$g(x)=x\left(4-\frac{x}{3}\right)=4x-\frac{x^2}{3}=\frac{38}{9}x-\frac{2}{3}=\frac{38\sqrt{19}-56}{27}\approx 4,0607.$$

Resultado: el producto es máximo para $x=\frac{-1+\sqrt{19}}{3}\approx 1,12$, y vale $\frac{38\sqrt{19}-56}{27}\approx 4,0607$.

c) 1. En el primer cuadrante la curva va de $(0,6)$ a $(2,0)$ y es positiva, de modo que el área pedida es

$${\int }_0^2(-x^2-x+6)dx.$$

2. Una primitiva es $-\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}+6x$. Por la regla de Barrow:

$${\left[-\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}+6x\right]}_0^2=-\frac{8}{3}-2+12=\frac{22}{3}\approx 7,33.$$

Resultado: área $=\frac{22}{3}\approx 7,33$ u${}^2$

Resultado: a) parábola de vértice $\left(-\frac{1}{2},6,25\right)$; $y=6$ si $x=0$ y $x=2$ si $y=0$; b) $x=\frac{-1+\sqrt{19}}{3}$ y valor máximo $\frac{38\sqrt{19}-56}{27}\approx 4,0607$; c) $\frac{22}{3}$ u${}^2$