Examen PAU Matemáticas II Comunitat Valenciana · Septiembre 2020

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

1. Calculamos $|A|$:

$$|A|=\left|\begin{array}{ccc}1& a& 2\\ 1& -3& a\\ 1& 1& 2\end{array}\right|=1(-6-a)-a(2-a)+2(1+3)=a^2-3a+2=(a-1)(a-2).$$

2. Si $a\ne 1$ y $a\ne 2$: $|A|\ne 0$, luego $\mathrm{rg}A=\mathrm{rg}{A}^{\ast }=3$ y el sistema es compatible determinado.
3. Si $a=1$: el sistema es $x+y+2z=3$, $x-3y+z=-2$, $x+y+2z=1$. La primera y la tercera ecuación tienen el mismo primer miembro y distinto segundo miembro ($3\ne 1$), son contradictorias: sistema incompatible.
4. Si $a=2$: el sistema es $x+2y+2z=3$, $x-3y+2z=-2$, $x+y+2z=2$. Restando la primera menos la tercera: $y=1$. Restando la segunda menos la tercera: $-4y=-4$, es decir, $y=1$ de nuevo. Las ecuaciones son compatibles. Como $|A|=0$ y $\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& -3\end{array}\right|=-5\ne 0$, es $\mathrm{rg}A=2$, y $\mathrm{rg}{A}^{\ast }=2$ (la tercera ecuación es combinación de las otras dos). Sistema compatible indeterminado.

Resultado: el sistema es compatible para todo $a\ne 1$ (determinado si $a\ne 1,2$ e indeterminado si $a=2$).

b) Con $a=0$ el sistema es compatible determinado:

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

1. De la primera ecuación, $x+2z=3$; sustituyendo en la tercera: $3+y=0\Rightarrow y=-3$.
2. De la segunda: $x=3y-2=-9-2=-11$.
3. De la primera: $2z=3-x=14\Rightarrow z=7$.
4. Comprobación en la tercera: $-11-3+14=0$.

Resultado: $(x,y,z)=(-11,-3,7)$

c) El caso compatible indeterminado es $a=2$. Por el apartado a), el sistema equivale a $y=1$ y $x+2z=1$ (de la tercera ecuación: $x+1+2z=2$).

1. Tomamos $z=\lambda$ como parámetro: $x=1-2\lambda$ e $y=1$.
2. Comprobación en la segunda ecuación: $(1-2\lambda )-3+2\lambda =-2$.

Resultado: $(x,y,z)=(1-2\lambda ,1,\lambda )$, $\lambda \in \mathbb{R}$.

Resultado: a) compatible para todo $a\ne 1$ (SCD si $a\ne 1,2$; SCI si $a=2$); b) $(-11,-3,7)$; c) $(1-2\lambda ,1,\lambda )$, $\lambda \in \mathbb{R}$

a) Los vectores normales son $\vec{n}=(1,1,0)$ y ${\vec{n}}^{\prime }=(1,-1,1)$. Una recta paralela a ambos planos tiene un vector director perpendicular a los dos normales; lo obtenemos con el producto vectorial:

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

2. La recta $r$ pasa por $P(1,-1,0)$ con vector director $\vec{d}=(1,-1,-2)$.

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

b) Como $r$ es paralela a cada plano, todos sus puntos están a la misma distancia del plano, y basta calcular la distancia de $P$ a cada uno (si $P$ estuviera en el plano, la distancia sería $0$).

1. Al plano $\pi$ ($x+y-1=0$): $d(r,\pi )=\frac{|1-1-1|}{\sqrt{1+1+0}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0,707$.
2. Al plano ${\pi }^{\prime }$ ($x-y+z-1=0$): $d(r,{\pi }^{\prime })=\frac{|1+1+0-1|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,577$.

Resultado: $d(r,\pi )=\frac{\sqrt{2}}{2}$ y $d(r,{\pi }^{\prime })=\frac{\sqrt{3}}{3}$

c) La recta intersección $s=\pi \cap {\pi }^{\prime }$ tiene como vector director el mismo $\vec{d}=(1,-1,-2)$ (es perpendicular a los dos normales).

1. Un punto de $s$: con $x=0$, de $x+y=1$ sale $y=1$, y de $x-y+z=1$ sale $z=2$. Así $s:(t,1-t,2-2t)$.
2. La recta buscada pasa por $P$, es perpendicular a $s$ y la corta. Está contenida en el plano $\sigma$ que pasa por $P$ y es perpendicular a $s$: $x-y-2z+D=0$, con $1+1-0+D=0\Rightarrow D=-2$, es decir, $\sigma :x-y-2z=2$.
3. El punto $Q$ donde la recta buscada corta a $s$ es $Q=s\cap \sigma$:

$$t-(1-t)-2(2-2t)=2\Rightarrow 6t-5=2\Rightarrow t=\frac{7}{6},Q=\left(\frac{7}{6},-\frac{1}{6},-\frac{1}{3}\right).$$

4. Vector director: $\overrightarrow{PQ}=\left(\frac{1}{6},\frac{5}{6},-\frac{1}{3}\right)\parallel (1,5,-2)$.
5. Comprobación: $(1,5,-2)\cdot (1,-1,-2)=1-5+4=0$.

Resultado: $\{\begin{array}{rl}x& =1+\mu \\ y& =-1+5\mu \\ z& =-2\mu \end{array}\mu \in \mathbb{R}$ (corta a $s$ en $Q\left(\frac{7}{6},-\frac{1}{6},-\frac{1}{3}\right)$)

Resultado: a) $(x,y,z)=(1+t,-1-t,-2t)$; b) $d(r,\pi )=\frac{\sqrt{2}}{2}$, $d(r,{\pi }^{\prime })=\frac{\sqrt{3}}{3}$; c) $(x,y,z)=(1+\mu ,-1+5\mu ,-2\mu )$

a) El radicando debe ser estrictamente positivo (la raíz está en el denominador): $x^2-1>0⟺x<-1$ o $x>1$.

1. $\mathrm{Dom}f=(-\infty ,-1)\cup (1,+\infty )$.

2. Asíntotas verticales: en los extremos del dominio, $x=1$ y $x=-1$.

   • $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}=\frac{1}{0^{+}}=+\infty$.
   • $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}=\frac{-1}{0^{+}}=-\infty$.

   Hay asíntotas verticales $x=1$ y $x=-1$.

3. Asíntotas horizontales:

   • $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{1-1/x^2}}=1$.
   • $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x}{|x|\sqrt{1-1/x^2}}=-1$ (pues $|x|=-x$).

   Hay asíntota horizontal $y=1$ en $+\infty$ e $y=-1$ en $-\infty$; por tanto no hay oblicuas.

Resultado: $\mathrm{Dom}f=(-\infty ,-1)\cup (1,+\infty )$; asíntotas verticales $x=-1$ y $x=1$; asíntotas horizontales $y=1$ (en $+\infty$) e $y=-1$ (en $-\infty$).

b) Derivamos:

1. $$f^{\prime }(x)=\frac{\sqrt{x^2-1}-x\cdot \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}}{x^2-1}=\frac{(x^2-1)-x^2}{(x^2-1{)}^{3/2}}=\frac{-1}{(x^2-1{)}^{3/2}}.$$

2. En el dominio, $(x^2-1{)}^{3/2}>0$, luego $f^{\prime }(x)<0$ siempre: $f$ es decreciente en $(-\infty ,-1)$ y en $(1,+\infty )$, y no tiene extremos relativos.

Para la gráfica reunimos los datos:

• $f(-x)=-f(x)$: la función es impar, simétrica respecto del origen.
• No corta a los ejes (el $0$ no está en el dominio).
• Signo: $f>0$ si $x>1$ y $f<0$ si $x<-1$.
• Valores: $f(2)=\frac{2}{\sqrt{3}}\approx 1,155$, $f(3)=\frac{3}{\sqrt{8}}\approx 1,061$; $f(-2)\approx -1,155$.

La rama derecha parte de $+\infty$ junto a $x=1$ y desciende acercándose a $y=1$ por encima. La rama izquierda es su simétrica: viene de $y=-1$ (por debajo) en $-\infty$ y desciende hasta $-\infty$ junto a $x=-1$.

Resultado: $f$ decrece en $(-\infty ,-1)$ y en $(1,+\infty )$ (sin extremos relativos); la gráfica es impar, con las asíntotas $x=\pm 1$, $y=\pm 1$ (ramas por encima de $y=1$ a la derecha y por debajo de $y=-1$ a la izquierda).

c) Una primitiva sale con el cambio $u=x^2-1$, $du=2xdx$:

$$\int \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}dx=\frac{1}{2}\int u^{-1/2}du=\sqrt{u}=\sqrt{x^2-1}.$$

1. Aplicamos la regla de Barrow:

$${\int }_2^3\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}dx=[\sqrt{x^2-1}{]}_2^3=\sqrt{8}-\sqrt{3}=2\sqrt{2}-\sqrt{3}\approx 1,096.$$

Resultado: ${\int }_2^{3}f(x)dx=2\sqrt{2}-\sqrt{3}\approx 1,096$

Resultado: a) $\mathrm{Dom}f=(-\infty ,-1)\cup (1,+\infty )$; asíntotas $x=\pm 1$ (verticales), $y=1$ en $+\infty$ e $y=-1$ en $-\infty$; b) decreciente en todo su dominio, sin extremos; gráfica impar; c) $2\sqrt{2}-\sqrt{3}\approx 1,096$

a) 1. Desarrollamos $|A|$ por la primera columna: $|A|=1\cdot \left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& 1\end{array}\right|=1\ne 0$. Por tanto $A$ es invertible.

2. Adjuntos de $A$:
   • $A_{11}=\left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& 1\end{array}\right|=1$, $A_{12}=-\left|\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right|=0$, $A_{13}=\left|\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 2\end{array}\right|=0$;
   • $A_{21}=-\left|\begin{array}{cc}2& 0\\ 2& 1\end{array}\right|=-2$, $A_{22}=\left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right|=1$, $A_{23}=-\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 2\end{array}\right|=-2$;
   • $A_{31}=\left|\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& 0\end{array}\right|=0$, $A_{32}=-\left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right|=0$, $A_{33}=\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right|=1$.
3. $A^{-1}=\frac{1}{|A|}(\mathrm{Adj}A{)}^t$:

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

4. Comprobación de la tercera fila de $A{A}^{-1}$: $(0,2,1)\cdot (1,0,0)=0$, $(0,2,1)\cdot (-2,1,-2)=0$, $(0,2,1)\cdot (0,0,1)=1$.

Resultado: $|A|=1\ne 0$ y $A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& -2& 1\end{array}\right)$

b) 1. De $A^3-3A^2+3A-I=0$ sacamos factor común $A$: $A(A^2-3A+3I)=I$.

2. Esto dice que $A^2-3A+3I$ es la inversa de $A$: $A^{-1}=A^2-3A+3I$.
3. Comparando con $A^{-1}=A^2+aA+bI$: $a=-3$ y $b=3$.
4. Comprobación con las matrices: $A^2=\left(\begin{array}{ccc}1& 4& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 4& 1\end{array}\right)$, y $A^2-3A+3I=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& -2& 1\end{array}\right)$, que coincide con $A^{-1}$ del apartado a).

Resultado: $a=-3$, $b=3$

c) 1. Es un sistema homogéneo, siempre compatible. Tiene infinitas soluciones si y solo si $|A-\lambda I|=0$. 2. $A-\lambda I=\left(\begin{array}{ccc}1-\lambda & 2& 0\\ 0& 1-\lambda & 0\\ 0& 2& 1-\lambda \end{array}\right)$ es triangular inferior por bloques; desarrollando por la tercera columna: $|A-\lambda I|=(1-\lambda )\left|\begin{array}{cc}1-\lambda & 2\\ 0& 1-\lambda \end{array}\right|=(1-\lambda {)}^3$. 3. $(1-\lambda {)}^3=0⟺\lambda =1$. 4. Con $\lambda =1$: $A-I=\left(\begin{array}{ccc}0& 2& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 2& 0\end{array}\right)$, y el sistema se reduce a $2y=0$, es decir, $y=0$, con $x$ y $z$ libres. 5. Tomando $x=\alpha$, $z=\beta$: las soluciones son $(\alpha ,0,\beta )$.

Resultado: $\lambda =1$; soluciones $(x,y,z)=(\alpha ,0,\beta )$, $\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$.

Resultado: a) $A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& -2& 1\end{array}\right)$; b) $a=-3$, $b=3$; c) $\lambda =1$ y $(x,y,z)=(\alpha ,0,\beta )$, $\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$

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

1. Para que $r$ esté contenida en $\pi$, su vector director debe ser perpendicular a $\vec{n}$: ${\vec{d}}_r\cdot \vec{n}=a-2=0\Rightarrow a=2$.
2. Además, $P_r$ debe estar en $\pi$: $3\cdot 1+a\cdot 2-0+1=4+2a=0\Rightarrow a=-2$.
3. Las dos condiciones exigen valores distintos de $a$ ($2$ y $-2$): no pueden cumplirse a la vez. (Con $a=2$, $r$ es paralela a $\pi$, pero $P_r$ no está en el plano: $4+4=8\ne 0$.)

Resultado: no existe ningún valor de $a$ para el cual $r$ esté contenida en $\pi$.

b) La recta $s$ pasa por $P_s=(-1,0,-2)$ con vector director ${\vec{d}}_s=(2,-1,1)$.

1. $\overrightarrow{P_r{P}_s}=(-2,-2,-2)$.
2. Producto vectorial de los directores:

$${\vec{d}}_r\times {\vec{d}}_s=\left|\begin{array}{ccc}\vec{i}& \vec{j}& \vec{k}\\ 0& 1& 2\\ 2& -1& 1\end{array}\right|=(1+2,-(0-4),0-2)=(3,4,-2),|{\vec{d}}_r\times {\vec{d}}_s|=\sqrt{29}.$$

3. Como ${\vec{d}}_r\times {\vec{d}}_s\ne \vec{0}$, las rectas no son paralelas, y el producto mixto es $\overrightarrow{P_r{P}_s}\cdot ({\vec{d}}_r\times {\vec{d}}_s)=-6-8+4=-10\ne 0$, luego se cruzan.
4. Distancia:

$$d(r,s)=\frac{\left|\overrightarrow{P_r{P}_s}\cdot ({\vec{d}}_r\times {\vec{d}}_s)\right|}{|{\vec{d}}_r\times {\vec{d}}_s|}=\frac{10}{\sqrt{29}}=\frac{10\sqrt{29}}{29}\approx 1,857.$$

Resultado: $d(r,s)=\frac{10}{\sqrt{29}}=\frac{10\sqrt{29}}{29}\approx 1,857$

c) 1. Vector director de $t$: producto vectorial de los normales de sus dos planos, $(2,-1,0)$ y $(0,1,-1)$:

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

2. Coseno del ángulo entre las rectas (el ángulo entre rectas es agudo, por eso el valor absoluto):

$$\cos \phi =\frac{|{\vec{d}}_r\cdot {\vec{d}}_t|}{|{\vec{d}}_r||{\vec{d}}_t|}=\frac{|0+2+4|}{\sqrt{5}\cdot 3}=\frac{6}{3\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}\approx 0,894.$$

Resultado: $\cos \phi =\frac{2\sqrt{5}}{5}\approx 0,894$

Resultado: a) no existe tal valor de $a$; b) $d(r,s)=\frac{10\sqrt{29}}{29}\approx 1,857$; c) $\cos \phi =\frac{2\sqrt{5}}{5}\approx 0,894$

a) 1. La base del rectángulo va de $(-x,0)$ a $(x,0)$: mide $2x$.

2. La altura es la ordenada de los vértices superiores, que están sobre $AC$. La recta $AC$ pasa por $(0,12)$ y $(5,0)$: pendiente $-\frac{12}{5}$, es decir, $y=12-\frac{12}{5}x$. El vértice superior derecho es $\left(x,12-\frac{12}{5}x\right)$ (el izquierdo está sobre $AB$, por simetría).
3. Área = base $\times$ altura:

$$f(x)=2x\left(12-\frac{12}{5}x\right)=24x-\frac{24}{5}{x}^2,0\le x\le 5.$$

Resultado: $f(x)=24x-\frac{24}{5}{x}^2$, con $0\le x\le 5$.

b) 1. Derivamos: $f^{\prime }(x)=24-\frac{48}{5}x$.

2. $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow x=\frac{24\cdot 5}{48}=\frac{5}{2}$.
3. $f^{\prime \prime }(x)=-\frac{48}{5}<0$: es un máximo. Además, en los extremos $f(0)=f(5)=0$, así que es el máximo absoluto en $[0,5]$.
4. Dimensiones: base $2x=5$ y altura $12-\frac{12}{5}\cdot \frac{5}{2}=12-6=6$. El área máxima es $f\left(\frac{5}{2}\right)=5\cdot 6=30$.

Resultado: $x=\frac{5}{2}$; el rectángulo mide $5$ de base y $6$ de altura (área máxima $30$).

c) 1. Área del triángulo: $\frac{10\cdot 12}{2}=60$.

2. Proporción: $\frac{30}{60}=\frac{1}{2}$.

Resultado: el rectángulo ocupa la mitad del área del triángulo: proporción $\frac{1}{2}$ ($50\%$).

Resultado: a) $f(x)=24x-\frac{24}{5}{x}^2$; b) $x=\frac{5}{2}$, rectángulo de $5\times 6$; c) proporción $\frac{1}{2}$