Examen PAU Matemáticas II Comunitat Valenciana · Julio 2019

a) La matriz de coeficientes es

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 3\\ 1& -2& 2\\ 3& -1& 5\end{array}\right).$$

1. Calculamos $|A|$ desarrollando por la primera fila:

$$|A|=2(-10+2)-0+3(-1+6)=-16+15=-1.$$

2. El determinante no depende de $\alpha$ y es distinto de cero, luego $\mathrm{rg}A=\mathrm{rg}{A}^{\ast }=3$ = número de incógnitas para todo valor de $\alpha$.
3. Por el teorema de Rouché-Frobenius, el sistema es compatible determinado (SCD) siempre.

Resultado: compatible determinado para todo $\alpha \in \mathbb{R}$.

b) Con $\alpha =-1$ el sistema es

$$\{\begin{array}{rl}2x+3z& =-1\\ x-2y+2z& =5\\ 3x-y+5z& =0\end{array}$$

1. De la tercera ecuación, $y=3x+5z$.
2. Sustituimos en la segunda: $x-6x-10z+2z=5\Rightarrow -5x-8z=5$.
3. De la primera, $x=\frac{-1-3z}{2}$. Sustituyendo: $-5\cdot \frac{-1-3z}{2}-8z=5\Rightarrow 5+15z-16z=10\Rightarrow z=-5$.
4. Entonces $x=\frac{-1+15}{2}=7$ e $y=3\cdot 7+5\cdot (-5)=-4$.
5. Comprobación: $14-15=-1$; $7+8-10=5$; $21+4-25=0$.

Resultado: $(x,y,z)=(7,-4,-5)$

c) Resolvemos el sistema para un $\alpha$ cualquiera.

1. De la tercera ecuación: $y=3x+5z-\alpha -1$.
2. En la segunda: $x-2(3x+5z-\alpha -1)+2z=5\Rightarrow -5x-8z=3-2\alpha$.
3. De la primera, $x=\frac{\alpha -3z}{2}$. Entonces $-5\cdot \frac{\alpha -3z}{2}-8z=3-2\alpha \Rightarrow -5\alpha +15z-16z=6-4\alpha \Rightarrow z=-6-\alpha$.
4. $x=\frac{\alpha +18+3\alpha }{2}=2\alpha +9$ e $y=3(2\alpha +9)+5(-6-\alpha )-\alpha -1=-4$.
5. La solución es $(x,y,z)=(2\alpha +9,-4,-6-\alpha )$ (para $\alpha =-1$ da $(7,-4,-5)$, como en el apartado anterior).
6. Imponemos $x+y+z=0$: $(2\alpha +9)-4+(-6-\alpha )=\alpha -1=0\Rightarrow \alpha =1$.
7. Comprobación: con $\alpha =1$ la solución es $(11,-4,-7)$, cuya suma es $0$.

Resultado: $\alpha =1$

Resultado: a) compatible determinado para todo $\alpha \in \mathbb{R}$; b) $(7,-4,-5)$; c) $\alpha =1$

a) Aplicamos la fórmula de la distancia de un punto a un plano:

$$d(P,\pi )=\frac{|2\cdot 10+0+2\cdot 10-8|}{\sqrt{2^2+1^2+2^2}}=\frac{32}{3}\approx 10,67\text{ u}.$$

Resultado: $d(P,\pi )=\frac{32}{3}\approx 10,67$ u

b) Cortamos el plano con cada eje:

1. Eje $OX$ ($y=z=0$): $2x=8\Rightarrow A=(4,0,0)$.
2. Eje $OY$ ($x=z=0$): $y=8\Rightarrow B=(0,8,0)$.
3. Eje $OZ$ ($x=y=0$): $2z=8\Rightarrow C=(0,0,4)$.
4. Vectores: $\overrightarrow{AB}=(-4,8,0)$ y $\overrightarrow{AC}=(-4,0,4)$.
5. Producto vectorial:

$$\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=\left|\begin{array}{ccc}\vec{i}& \vec{j}& \vec{k}\\ -4& 8& 0\\ -4& 0& 4\end{array}\right|=(32,16,32).$$

6. Su módulo es $\sqrt{32^2+16^2+32^2}=\sqrt{2304}=48$, y el área del triángulo es la mitad:

$$S=\frac{1}{2}\cdot 48=24{\text{ u}}^2.$$

Resultado: $A=(4,0,0)$, $B=(0,8,0)$, $C=(0,0,4)$; área $=24$ u${}^2$

c) El tetraedro tiene por base el triángulo $ABC$, contenido en $\pi$, y su altura es la distancia de $P$ a $\pi$:

$$V=\frac{1}{3}\cdot S\cdot h=\frac{1}{3}\cdot 24\cdot \frac{32}{3}=\frac{256}{3}\approx 85,33{\text{ u}}^3.$$

Comprobación con el producto mixto, con $\overrightarrow{AP}=(6,0,10)$: $V=\frac{1}{6}\left|(\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC})\cdot \overrightarrow{AP}\right|=\frac{1}{6}|192+320|=\frac{512}{6}=\frac{256}{3}$.

Resultado: $V=\frac{256}{3}\approx 85,33$ u${}^3$

Resultado: a) $\frac{32}{3}\approx 10,67$ u; b) $24$ u${}^2$; c) $\frac{256}{3}\approx 85,33$ u${}^3$

a) El denominador $x^2+2x+5$ se anula si $x=\frac{-2\pm \sqrt{4-20}}{2}$, que no es real ($\Delta =-16<0$). Por tanto no se anula nunca y $\mathrm{Dom}h=\mathbb{R}$.

1. Cuando $x\to +\infty$ el numerador es de grado 3 y el denominador de grado 2, luego

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }h(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^3}{x^2}=+\infty .$$

2. En $x=0$ la función es continua (está definida), así que el límite es el valor:

$$\underset{x\to 0}{\lim }h(x)=h(0)=\frac{-3}{5}.$$

Resultado: $\mathrm{Dom}h=\mathbb{R}$; $\underset{x\to +\infty }{\lim }h(x)=+\infty$; $\underset{x\to 0}{\lim }h(x)=-\frac{3}{5}$.

b) Al ser $h$ continua en todo $\mathbb{R}$, no hay asíntotas verticales. Como el límite en $\pm \infty$ es infinito, tampoco hay horizontales. Como el grado del numerador es una unidad mayor que el del denominador, hay asíntota oblicua. Dividimos:

$$\frac{x^3+x^2+5x-3}{x^2+2x+5}=x-1+\frac{2x+2}{x^2+2x+5}.$$

1. El cociente es $x-1$ y el resto $2x+2$.
2. El término $\frac{2x+2}{x^2+2x+5}\to 0$ cuando $x\to \pm \infty$, así que $h(x)-(x-1)\to 0$.

Resultado: asíntota oblicua $y=x-1$ (en $+\infty$ y en $-\infty$); sin asíntotas verticales ni horizontales.

c) Usamos la descomposición anterior:

$$\int h(x)dx=\int (x-1)dx+\int \frac{2x+2}{x^2+2x+5}dx.$$

1. $\int (x-1)dx=\frac{x^2}{2}-x$.
2. En la segunda integral, el numerador $2x+2$ es la derivada del denominador, luego $\int \frac{2x+2}{x^2+2x+5}dx=\ln (x^2+2x+5)$ (el argumento es siempre positivo).
3. Primitiva: $H(x)=\frac{x^2}{2}-x+\ln (x^2+2x+5)+C$.

Para el área, vemos que $h\ge 0$ en $[1,5]$: el numerador $p(x)=x^3+x^2+5x-3$ cumple $p^{\prime }(x)=3x^2+2x+5>0$ y $p(1)=4>0$, luego es positivo para $x\ge 1$, y el denominador es siempre positivo. Entonces, por la regla de Barrow:

$$\text{Aˊrea}=H(5)-H(1)=\left(\frac{25}{2}-5+\ln 40\right)-\left(\frac{1}{2}-1+\ln 8\right)=8+\ln \frac{40}{8}=8+\ln 5\approx 9,609{\text{ u}}^2.$$

Resultado: $\int h(x)dx=\frac{x^2}{2}-x+\ln (x^2+2x+5)+C$; área $=8+\ln 5\approx 9,609$ u${}^2$

Resultado: a) $\mathrm{Dom}h=\mathbb{R}$, $\underset{x\to +\infty }{\lim }h=+\infty$, $\underset{x\to 0}{\lim }h=-\frac{3}{5}$; b) asíntota oblicua $y=x-1$; c) $\frac{x^2}{2}-x+\ln (x^2+2x+5)+C$ y área $8+\ln 5$ u${}^2$

a) Pasamos todo a un miembro: $AX=\alpha X⟺(A-\alpha I)X=O$, un sistema homogéneo de dos ecuaciones con dos incógnitas.

1. Un sistema homogéneo siempre tiene la solución trivial $X=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right)$; es la única si y solo si $|A-\alpha I|\ne 0$.
2. Calculamos el determinante:

$$|A-\alpha I|=\left|\begin{array}{cc}1-\alpha & 4\\ -1& 6-\alpha \end{array}\right|=(1-\alpha )(6-\alpha )+4={\alpha }^2-7\alpha +10=(\alpha -2)(\alpha -5).$$

3. Se anula para $\alpha =2$ y $\alpha =5$. Para cualquier otro valor, el determinante no es nulo y la única solución es la trivial.

Resultado: $\alpha \ne 2$ y $\alpha \ne 5$ (es decir, $\alpha \in \mathbb{R}\setminus \{2,5\}$).

b) Con $\alpha =5$, $(A-5I)X=O$:

$$\left(\begin{array}{cc}-4& 4\\ -1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right)⟺\{\begin{array}{rl}-4x+4y& =0\\ -x+y& =0\end{array}$$

1. Las dos ecuaciones son proporcionales y equivalen a $x=y$.
2. Tomando $y=\lambda$, las soluciones son $(x,y)=(\lambda ,\lambda )$.

Resultado: $X=\lambda \left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)$, $\lambda \in \mathbb{R}$.

c) 1. Comprobación:

$$A\left(\begin{array}{c}4\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\cdot 4+4\cdot 1\\ -1\cdot 4+6\cdot 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8\\ 2\end{array}\right)=2\left(\begin{array}{c}4\\ 1\end{array}\right).$$

2. Llamamos $v=\left(\begin{array}{c}4\\ 1\end{array}\right)$, con $Av=2v$. Aplicando $A$ repetidamente: $A^{2}v=A(2v)=2Av=2^{2}v$, y en general $A^{n}v=2^{n}v$.
3. Por tanto $A^{100}v=2^{100}v$, es decir, $\beta =2^{100}$.

Resultado: $\beta =2^{100}$

Resultado: a) $\alpha \ne 2,\alpha \ne 5$; b) $(x,y)=\lambda (1,1)$, $\lambda \in \mathbb{R}$; c) $\beta =2^{100}$

a) La recta $r$ pasa por $P_r=(\alpha ,0,0)$ con vector director $\vec{d}=(-1,-4,\beta )$. El plano $\pi$ tiene vector normal $\vec{n}=(1,2,3)$.

1. Producto escalar: $\vec{d}\cdot \vec{n}=-1-8+3\beta =3\beta -9$.
2. Si $\beta \ne 3$: $\vec{d}\cdot \vec{n}\ne 0$, la recta no es paralela al plano y lo corta en un punto.
3. Si $\beta =3$: $\vec{d}\cdot \vec{n}=0$, la recta es paralela al plano o está contenida en él. Lo decide el punto $P_r=(\alpha ,0,0)$: pertenece a $\pi$ si $\alpha +0+0=6$, es decir, $\alpha =6$.
   • Si $\beta =3$ y $\alpha =6$: $r$ está contenida en $\pi$.
   • Si $\beta =3$ y $\alpha \ne 6$: $r$ es paralela a $\pi$ y no está contenida en él.

Resultado: si $\beta \ne 3$, $r$ y $\pi$ se cortan en un punto; si $\beta =3$ y $\alpha \ne 6$, $r$ es paralela a $\pi$ (no contenida); si $\beta =3$ y $\alpha =6$, $r$ está contenida en $\pi$.

b) Con $\alpha =6$ y $\beta =3$ estamos en el último caso del apartado anterior: la recta está contenida en el plano (comprobación: $\vec{d}\cdot \vec{n}=0$ y $P_r=(6,0,0)$ cumple $6=6$). Por tanto la distancia entre ambos es $0$.

Resultado: $d(r,\pi )=0$

c) Un plano que no corta a $\pi$ es paralelo a él, así que tiene su mismo vector normal: $x+2y+3z+D=0$. Como pasa por el origen, $D=0$.

Resultado: $x+2y+3z=0$

Resultado: a) $\beta \ne 3$: secantes; $\beta =3,\alpha \ne 6$: paralela; $\beta =3,\alpha =6$: contenida; b) $0$; c) $x+2y+3z=0$

a) La distancia entre $(x,4-x^2)$ y $(0,2)$ es

$$d(x)=\sqrt{(x-0{)}^2+(4-x^2-2{)}^2}=\sqrt{x^2+(2-x^2{)}^2}=\sqrt{x^4-3x^2+4}.$$

Resultado: $d(x)=\sqrt{x^2+(2-x^2{)}^2}=\sqrt{x^4-3x^2+4}$

b) Como la raíz cuadrada es creciente, $d(x)$ es máxima o mínima donde lo es $f(x)=x^4-3x^2+4$ en $[-2,2]$.

1. $f^{\prime }(x)=4x^3-6x=2x(2x^2-3)=0⟺x=0$ o $x=\pm \sqrt{\frac{3}{2}}=\pm \frac{\sqrt{6}}{2}$.
2. Valores de $f$ en los puntos críticos y en los extremos del intervalo:
   • $f(0)=4$;
   • $f\left(\pm \frac{\sqrt{6}}{2}\right)=\frac{9}{4}-\frac{9}{2}+4=\frac{7}{4}$;
   • $f(\pm 2)=16-12+4=8$.
3. El mayor valor es $f=8$, en $x=\pm 2$, con $d=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\approx 2,83$. Los puntos son $(-2,0)$ y $(2,0)$.

Resultado: los puntos más alejados son $(-2,0)$ y $(2,0)$, a distancia $2\sqrt{2}$.

c) Con los valores anteriores, el menor es $f=\frac{7}{4}$, en $x=\pm \frac{\sqrt{6}}{2}$, con $d=\frac{\sqrt{7}}{2}\approx 1,32$. La ordenada es $y=4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$.

(El punto $x=0$, con $f=4$, es un máximo relativo, no un mínimo.)

Resultado: los puntos más cercanos son $\left(-\frac{\sqrt{6}}{2},\frac{5}{2}\right)$ y $\left(\frac{\sqrt{6}}{2},\frac{5}{2}\right)$, a distancia $\frac{\sqrt{7}}{2}$.

d) 1. Para $x\ge 0$ es $|x|=x$ y la parábola queda por encima de la recta: $(4-x^2)-(2-x)=-x^2+x+2=-(x-2)(x+1)\ge 0$ en $[0,2]$. Para $x\le 0$, por simetría (ambas curvas son pares), ocurre lo mismo. 2. El área es el doble de la de $[0,2]$:

$$A=2{\int }_0^2(2+x-x^2)dx=2{\left[2x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right]}_0^2=2\left(4+2-\frac{8}{3}\right)=2\cdot \frac{10}{3}=\frac{20}{3}{\text{ u}}^2.$$

Resultado: $A=\frac{20}{3}\approx 6,67$ u${}^2$

Resultado: a) $d(x)=\sqrt{x^4-3x^2+4}$; b) $(-2,0)$ y $(2,0)$; c) $\left(\pm \frac{\sqrt{6}}{2},\frac{5}{2}\right)$; d) $\frac{20}{3}$ u${}^2$