Examen PAU Matemáticas II Comunitat Valenciana · Julio 2020

a) Sea $A$ la matriz de coeficientes y $A^{\ast }$ la ampliada:

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

1. Calculamos $|A|$ con la regla de Sarrus:

$$|A|=a+a+a-a^3-1-1=-a^3+3a-2=-(a-1{)}^2(a+2).$$

2. $|A|=0⟺a=1$ (raíz doble) o $a=-2$.
3. Si $a\ne 1$ y $a\ne -2$: $|A|\ne 0$, luego $\mathrm{rg}A=\mathrm{rg}{A}^{\ast }=3$ = número de incógnitas. Sistema compatible determinado (SCD).
4. Si $a=1$: las tres ecuaciones del sistema son $x+y+z=1$, $x+y+z=1$ y $x+y+z=-2$. La primera y la tercera son contradictorias, así que el sistema es incompatible (SI). (Con rangos: $\mathrm{rg}A=1$ y $\mathrm{rg}{A}^{\ast }=2$.)
5. Si $a=-2$: $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -2\\ 1& -2& 1\\ -2& 1& 1\end{array}\right)$. El menor $\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -2\end{array}\right|=-3\ne 0$, luego $\mathrm{rg}A=2$. En $A^{\ast }$ la suma de las tres filas es $(0,0,0,0)$ (pues $1+1-2=0$), así que la tercera fila es combinación de las otras dos y $\mathrm{rg}{A}^{\ast }=2$. Como $\mathrm{rg}A=\mathrm{rg}{A}^{\ast }=2<3$, el sistema es compatible indeterminado (SCI).

Resultado: SCD si $a\ne 1,-2$; SCI si $a=-2$; SI si $a=1$.

b) Con $a=-2$ el sistema es SCI y la tercera ecuación sobra (es la suma, cambiada de signo, de las dos primeras):

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

1. Restando la segunda a la primera: $3y-3z=0\Rightarrow y=z$.
2. Tomamos $z=t$ como parámetro: $y=t$.
3. De la primera ecuación: $x=1-y+2z=1-t+2t=1+t$.
4. Comprobación en la tercera ecuación: $-2(1+t)+t+t=-2$.

Resultado: $(x,y,z)=(1+t,t,t)$, $t\in \mathbb{R}$.

c) Con $a=0$ es SCD ($|A|=-(-1{)}^2\cdot 2=-2\ne 0$) y el sistema queda

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

1. Sumando las tres ecuaciones: $2(x+y+z)=0\Rightarrow x+y+z=0$.
2. Restando a esto cada ecuación: $z=0-1=-1$; $y=0-1=-1$; $x=0-(-2)=2$.
3. Comprobación: $2-1=1$; $2-1=1$; $-1-1=-2$.

Resultado: $(x,y,z)=(2,-1,-1)$

Resultado: a) SCD si $a\ne 1,-2$; SCI si $a=-2$; SI si $a=1$; b) $(1+t,t,t)$, $t\in \mathbb{R}$; c) $(2,-1,-1)$

a) El vector director de $r$ es ${\vec{d}}_r=(1,1,-1)$ y el de la recta $PQ$ es $\overrightarrow{PQ}=(1,1,\alpha )$.

1. Las rectas son paralelas si los vectores son proporcionales: $\frac{1}{1}=\frac{1}{1}=\frac{\alpha }{-1}$.
2. Entonces $\alpha =-1$.

Resultado: $\alpha =-1$

b) Con $\alpha =1$: $Q=(2,1,1)$ y $\overrightarrow{PQ}=(1,1,1)$. El plano contiene a $P$, tiene como vectores directores $\overrightarrow{PQ}$ y ${\vec{d}}_r=(1,1,-1)$.

1. Vector normal:

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

2. Tomamos $\vec{n}=(1,-1,0)$ (proporcional al anterior). El plano es $x-y+D=0$ y pasa por $P=(1,0,0)$: $1+D=0\Rightarrow D=-1$.
3. Comprobación: $Q=(2,1,1)$ cumple $2-1-1=0$. Además el punto $(1,-1,0)$ de $r$ da $1+1-1=1\ne 0$, luego $r$ no está contenida en el plano, solo es paralela a él.

Resultado: $x-y-1=0$

c) El plano $\pi$ perpendicular a $r$ tiene como vector normal el director de $r$, $\vec{n}=(1,1,-1)$.

1. $\pi :x+y-z+D=0$ y pasa por $P=(1,0,0)$: $1+D=0\Rightarrow D=-1$, es decir, $\pi :x+y-z-1=0$.
2. Distancia de $Q=(2,1,1)$ a $\pi$:

$$d(Q,\pi )=\frac{|2+1-1-1|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,577.$$

Resultado: $\pi :x+y-z-1=0$; $d(Q,\pi )=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,577$

Resultado: a) $\alpha =-1$; b) $x-y-1=0$; c) $d(Q,\pi )=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,577$

a) El denominador se anula en $x=0$ y $x=1$, así que $\mathrm{Dom}f=\mathbb{R}\setminus \{0,1\}$.

1. Asíntotas verticales. En $x=0$: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2+1}{x^2(x-1)}=\frac{1}{0^{+}\cdot (-1)}=-\infty$ (por ambos lados). En $x=1$: el numerador vale $2$ y el denominador tiende a $0$; $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f(x)=+\infty$ y $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f(x)=-\infty$. Hay asíntotas verticales $x=0$ y $x=1$.
2. Asíntota horizontal: el grado del numerador (2) es menor que el del denominador (3), luego $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f(x)=0$ y $y=0$ es asíntota horizontal en $+\infty$ y en $-\infty$.
3. Al haber asíntota horizontal no hay asíntotas oblicuas.

Resultado: $\mathrm{Dom}f=\mathbb{R}\setminus \{0,1\}$; asíntotas verticales $x=0$ y $x=1$; asíntota horizontal $y=0$.

b) Descomponemos en fracciones simples:

$$\frac{x^2+1}{x^2(x-1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^2}+\frac{C}{x-1}⟺x^2+1=Ax(x-1)+B(x-1)+C{x}^2.$$

1. Con $x=0$: $1=-B\Rightarrow B=-1$.
2. Con $x=1$: $2=C$.
3. Coeficiente de $x^2$: $1=A+C\Rightarrow A=-1$.
4. Por tanto $f(x)=-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x-1}$ y

$$\int f(x)dx=-\ln |x|+\frac{1}{x}+2\ln |x-1|+C.$$

5. Primitiva que pasa por $(2,0)$: $-\ln 2+\frac{1}{2}+2\ln 1+C=0\Rightarrow C=\ln 2-\frac{1}{2}$.

Resultado: $\int f(x)dx=-\ln |x|+\frac{1}{x}+2\ln |x-1|+C$; la primitiva pedida es $F(x)=-\ln |x|+\frac{1}{x}+2\ln |x-1|+\ln 2-\frac{1}{2}$.

c) En $[2,4]$ la función es positiva ($x^2+1>0$, $x^2>0$ y $x-1>0$), así que el área es ${\int }_2^{4}f(x)dx$. Con la primitiva anterior (sin constante):

1. $G(4)=-\ln 4+\frac{1}{4}+2\ln 3$ y $G(2)=-\ln 2+\frac{1}{2}$.
2. $\text{Aˊrea}=G(4)-G(2)=-\ln 4+\ln 2+2\ln 3+\frac{1}{4}-\frac{1}{2}=-\ln 2+2\ln 3-\frac{1}{4}=\ln \frac{9}{2}-\frac{1}{4}.$
3. Valor numérico: $1,504-0,25\approx 1,254$.

Resultado: $\text{Aˊrea}=\ln \frac{9}{2}-\frac{1}{4}\approx 1,25$ u${}^2$

Resultado: a) $\mathrm{Dom}f=\mathbb{R}\setminus \{0,1\}$, asíntotas verticales $x=0$, $x=1$ y horizontal $y=0$; b) $-\ln |x|+\frac{1}{x}+2\ln |x-1|+C$, con $C=\ln 2-\frac{1}{2}$ para la primitiva que pasa por $(2,0)$; c) $\ln \frac{9}{2}-\frac{1}{4}\approx 1,25$ u${}^2$

a) $A$ es de orden $3\times 2$ y $B$ de orden $2\times 3$, luego $AB$ es $3\times 3$ y $BA$ es $2\times 2$.

1. Producto $AB$:

$$AB=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ b& 0\\ -1& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 2\\ -1& b& -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}-3& 2b& 0\\ -b& 0& 2b\\ -1& 2b& -4\end{array}\right).$$

2. Su determinante, desarrollando por la segunda fila:

$$|AB|=-(-b)\left|\begin{array}{cc}2b& 0\\ 2b& -4\end{array}\right|+0-2b\left|\begin{array}{cc}-3& 2b\\ -1& 2b\end{array}\right|=b(-8b)-2b(-6b+2b)=-8b^2+8b^2=0.$$

(Otra forma de verlo: $\mathrm{rg}(AB)\le \mathrm{rg}A\le 2<3$, así que $AB$ nunca puede ser invertible.)

3. Producto $BA$:

$$BA=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 2\\ -1& b& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ b& 0\\ -1& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1-2& -2+4\\ -1+b^2+1& -2-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-3& 2\\ b^2& -4\end{array}\right).$$

4. $|BA|=12-2b^2=0⟺b^2=6⟺b=\pm \sqrt{6}$. Luego $BA$ es invertible si y solo si $b\ne \pm \sqrt{6}$.

Resultado: $AB$ no es invertible para ningún $b$; $BA$ es invertible si $b\ne \pm \sqrt{6}$.

b) Calculamos $A^t=\left(\begin{array}{ccc}1& b& -1\\ 2& 0& 2\end{array}\right)$ y

$$A^{t}A=\left(\begin{array}{ccc}1& b& -1\\ 2& 0& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ b& 0\\ -1& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1+b^2+1& 2+0-2\\ 2+0-2& 4+0+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{b}^2+2& 0\\ 0& 8\end{array}\right).$$

1. $|A^{t}A|=8(b^2+2)$. Como $b^2+2\ge 2>0$ para todo $b$, el determinante nunca se anula.

Resultado: $A^{t}A$ tiene inversa para todo valor real de $b$.

c) La matriz $A^{t}A$ es diagonal, y la inversa de una matriz diagonal con elementos no nulos es la diagonal de los inversos:

$$(A^{t}A{)}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{b^2+2}& 0\\ 0& \frac{1}{8}\end{array}\right).$$

Comprobación: $\left(\begin{array}{cc}{b}^2+2& 0\\ 0& 8\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{b^2+2}& 0\\ 0& \frac{1}{8}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$.

Resultado: $(A^{t}A{)}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{b^2+2}& 0\\ 0& \frac{1}{8}\end{array}\right)$

Resultado: a) $AB$ nunca es invertible; $BA$ lo es si $b\ne \pm \sqrt{6}$; b) para todo $b\in \mathbb{R}$; c) $(A^{t}A{)}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{b^2+2}& 0\\ 0& \frac{1}{8}\end{array}\right)$

a) El vector normal de $\pi$ es ${\vec{n}}_{\pi }=(2,1,-1)$ y $\overrightarrow{AB}=(1,-1,1)$.

1. El plano buscado contiene a $A$ y $B$ y es perpendicular a $\pi$, así que sus vectores directores son $\overrightarrow{AB}$ y ${\vec{n}}_{\pi }$. Su vector normal es

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

2. Tomamos $\vec{n}=(0,1,1)$. El plano es $y+z+D=0$ y pasa por $A=(1,2,-1)$: $2-1+D=0\Rightarrow D=-1$.
3. Comprobación: $B$: $1+0-1=0$. Y $\vec{n}\cdot {\vec{n}}_{\pi }=0+1-1=0$, luego es perpendicular a $\pi$.

Resultado: $y+z-1=0$

b) La recta $r$ tiene como vector director el normal de $\pi$, $\vec{d}=(2,1,-1)$, y pasa por $A$:

$$r:\{\begin{array}{rl}x& =1+2t\\ y& =2+t\\ z& =-1-t\end{array}t\in \mathbb{R}.$$

1. Forma continua: $\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{1}=\frac{z+1}{-1}$.
2. Igualando la segunda razón con la primera: $x-1=2(y-2)\Rightarrow x-2y+3=0$.
3. Igualando la segunda con la tercera: $y-2=-(z+1)\Rightarrow y+z-1=0$.
4. Los planos $x-2y+3=0$ e $y+z-1=0$ no son paralelos (sus normales $(1,-2,0)$ y $(0,1,1)$ no son proporcionales) y ambos contienen a $r$, así que su intersección es $r$.

Resultado: $r:(x,y,z)=(1,2,-1)+t(2,1,-1)$; por ejemplo, $r=\{x-2y+3=0\}\cap \{y+z-1=0\}$.

c) Tomamos el punto $A$ de $r$ y el vector director $\vec{d}=(2,1,-1)$:

$$d(B,r)=\frac{|\overrightarrow{AB}\times \vec{d}|}{|\vec{d}|}.$$

1. $\overrightarrow{AB}\times \vec{d}=\left|\begin{array}{ccc}\vec{i}& \vec{j}& \vec{k}\\ 1& -1& 1\\ 2& 1& -1\end{array}\right|=(0,3,3)$ (calculado en el apartado a)).
2. $|\overrightarrow{AB}\times \vec{d}|=\sqrt{0+9+9}=3\sqrt{2}$ y $|\vec{d}|=\sqrt{4+1+1}=\sqrt{6}$.
3. $d(B,r)=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\approx 1,732$.

Resultado: $d(B,r)=\sqrt{3}\approx 1,732$

Resultado: a) $y+z-1=0$; b) $r:(x,y,z)=(1,2,-1)+t(2,1,-1)$ y, por ejemplo, los planos $x-2y+3=0$ e $y+z-1=0$; c) $d(B,r)=\sqrt{3}\approx 1,732$

a) Tomamos como base el tercer lado, de longitud $x$. La altura sobre esa base divide al triángulo en dos triángulos rectángulos con hipotenusa $10$ y un cateto $\frac{x}{2}$.

1. Altura: $h=\sqrt{10^2-{\left(\frac{x}{2}\right)}^2}=\sqrt{100-\frac{x^2}{4}}$.
2. Área: $A=\frac{x\cdot h}{2}$.

$$A(x)=\frac{x}{2}\sqrt{100-\frac{x^2}{4}}.$$

3. El triángulo existe para $0<x<20$ (en los extremos $x=0$ y $x=20$ el área es $0$).

Resultado: $A(x)=\frac{x}{2}\sqrt{100-\frac{x^2}{4}}$

b) Derivamos con la regla del producto, para $0<x<20$:

1. $A^{\prime }(x)=\frac{1}{2}\sqrt{100-\frac{x^2}{4}}+\frac{x}{2}\cdot \frac{-x/2}{2\sqrt{100-\frac{x^2}{4}}}=\frac{1}{2}\sqrt{100-\frac{x^2}{4}}-\frac{x^2}{8\sqrt{100-\frac{x^2}{4}}}.$
2. Reducimos a común denominador:

$$A^{\prime }(x)=\frac{\frac{1}{2}\left(100-\frac{x^2}{4}\right)-\frac{x^2}{8}}{\sqrt{100-\frac{x^2}{4}}}=\frac{50-\frac{x^2}{4}}{\sqrt{100-\frac{x^2}{4}}}.$$

3. El denominador es positivo en $(0,20)$. $A^{\prime }(x)=0⟺x^2=200⟺x=10\sqrt{2}\approx 14,14$ (la raíz negativa no está en el dominio).
4. Signo: si $0<x<10\sqrt{2}$, $50-\frac{x^2}{4}>0$ y $A$ crece; si $10\sqrt{2}<x<20$, es negativo y $A$ decrece.

Resultado: $A$ crece en $[0,10\sqrt{2}]$ y decrece en $[10\sqrt{2},20]$.

c) Por el apartado anterior, el máximo se alcanza en $x=10\sqrt{2}$ (crece antes y decrece después).

1. $A(10\sqrt{2})=\frac{10\sqrt{2}}{2}\sqrt{100-\frac{200}{4}}=5\sqrt{2}\cdot \sqrt{50}=5\sqrt{2}\cdot 5\sqrt{2}=50$ cm${}^2$.
2. Comprobación: es el triángulo rectángulo isósceles de catetos $10$, con área $\frac{10\cdot 10}{2}=50$ y base (hipotenusa) $10\sqrt{2}$.

Resultado: $x=10\sqrt{2}\approx 14,14$ cm y área máxima $50$ cm${}^2$

Resultado: a) $A(x)=\frac{x}{2}\sqrt{100-\frac{x^2}{4}}$; b) crece en $[0,10\sqrt{2}]$ y decrece en $[10\sqrt{2},20]$; c) $x=10\sqrt{2}$ cm y $A_{\max }=50$ cm${}^2$