Examen PAU Matemáticas II Comunitat Valenciana · Julio 2021

a) Sea $A$ la matriz de coeficientes:

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& -1& 1\\ 1& 1& 3\\ 5& -4& m\end{array}\right).$$

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

$$|A|=2(m+12)-(-1)(m-15)+1(-4-5)=2m+24+m-15-9=3m.$$

2. Si $m\ne 0$: $|A|\ne 0$, luego $\mathrm{rg}A=\mathrm{rg}{A}^{\ast }=3$ = número de incógnitas. Sistema compatible determinado (SCD).
3. Si $m=0$: el sistema es homogéneo (todos los términos independientes valen $0$), por lo que es siempre compatible. Como $|A|=0$ y el menor $\left|\begin{array}{cc}2& -1\\ 1& 1\end{array}\right|=3\ne 0$, $\mathrm{rg}A=\mathrm{rg}{A}^{\ast }=2<3$. Sistema compatible indeterminado (SCI).

Resultado: SCD si $m\ne 0$; SCI si $m=0$.

b) Con $m=1$ el sistema es SCD y $|A|=3$. Aplicamos la regla de Cramer:

$$\{\begin{array}{rl}2x-y+z& =1\\ x+y+3z& =0\\ 5x-4y+z& =1\end{array}$$

1. $x=\frac{1}{3}\left|\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& 3\\ 1& -4& 1\end{array}\right|=\frac{1(1+12)+1(0-3)+1(0-1)}{3}=\frac{9}{3}=3.$
2. $y=\frac{1}{3}\left|\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 0& 3\\ 5& 1& 1\end{array}\right|=\frac{2(0-3)-1(1-15)+1(1-0)}{3}=\frac{-6+14+1}{3}=3.$
3. $z=\frac{1}{3}\left|\begin{array}{ccc}2& -1& 1\\ 1& 1& 0\\ 5& -4& 1\end{array}\right|=\frac{2(1-0)+1(1-0)+1(-4-5)}{3}=\frac{2+1-9}{3}=-2.$
4. Comprobación: $6-3-2=1$; $3+3-6=0$; $15-12-2=1$.

Resultado: $(x,y,z)=(3,3,-2)$

c) El caso compatible indeterminado es $m=0$:

$$\{\begin{array}{rl}2x-y+z& =0\\ x+y+3z& =0\\ 5x-4y& =0\end{array}$$

1. El rango es $2$ y el menor no nulo está en las dos primeras filas, así que la tercera ecuación es combinación de las dos primeras (en efecto, $3\cdot \text{(fila 1)}-\text{(fila 2)}=(5,-4,0)$) y se puede eliminar.
2. Tomamos $z=\lambda$ como parámetro y resolvemos $2x-y=-\lambda$, $x+y=-3\lambda$.
3. Sumando: $3x=-4\lambda \Rightarrow x=-\frac{4}{3}\lambda$. Entonces $y=-3\lambda -x=-3\lambda +\frac{4}{3}\lambda =-\frac{5}{3}\lambda$.
4. Comprobación en la tercera ecuación: $5\left(-\frac{4}{3}\lambda \right)-4\left(-\frac{5}{3}\lambda \right)=-\frac{20}{3}\lambda +\frac{20}{3}\lambda =0$.

Resultado: $(x,y,z)=\left(-\frac{4}{3}\lambda ,-\frac{5}{3}\lambda ,\lambda \right)$, $\lambda \in \mathbb{R}$.

Resultado: a) SCD si $m\ne 0$; SCI si $m=0$; b) $(3,3,-2)$; c) $\left(-\frac{4}{3}\lambda ,-\frac{5}{3}\lambda ,\lambda \right)$, $\lambda \in \mathbb{R}$

a) Pasamos $r$ a paramétricas tomando $x=t$: $y=1-t$ y $z=2t-1$. Así, $r$ pasa por $P_r=(0,1,-1)$ con vector director ${\vec{d}}_r=(1,-1,2)$.

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

1. Los vectores directores son iguales, luego $r$ y $s$ son paralelas o coincidentes.
2. Comprobamos si $P_s=(1,0,0)$ está en $r$: $x+y-1=1+0-1=0$ se cumple, pero $2x-z-1=2-0-1=1\ne 0$. No está.
3. Como $P_s\notin r$, las rectas no coinciden.

Resultado: $r$ y $s$ son paralelas (distintas).

b) La recta $r$ está contenida en $\pi$ si su vector director es perpendicular al normal del plano, $\vec{n}=(1,m,1)$, y un punto de $r$ está en $\pi$.

1. ${\vec{d}}_r\cdot \vec{n}=1-m+2=3-m=0\Rightarrow m=3$.
2. Comprobación con $P_r=(0,1,-1)$: $0+3\cdot 1+(-1)=2$, que cumple $x+3y+z=2$.

Resultado: $m=3$

c) Con $m=2$ el plano es $x+2y+z=2$.

1. Eje $OX$ ($y=z=0$): $x=2\Rightarrow A=(2,0,0)$.
2. Eje $OY$ ($x=z=0$): $2y=2\Rightarrow B=(0,1,0)$.
3. Eje $OZ$ ($x=y=0$): $z=2\Rightarrow C=(0,0,2)$.
4. El volumen del tetraedro es $V=\frac{1}{6}\left|\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AP})\right|$, con $\overrightarrow{AB}=(-2,1,0)$, $\overrightarrow{AC}=(-2,0,2)$ y $\overrightarrow{AP}=(0,2,2)$:

$$\left|\begin{array}{ccc}-2& 1& 0\\ -2& 0& 2\\ 0& 2& 2\end{array}\right|=-2(0-4)-1(-4-0)+0=8+4=12.$$

5. $V=\frac{12}{6}=2$ u${}^3$.

Resultado: $A=(2,0,0)$, $B=(0,1,0)$, $C=(0,0,2)$; $V=2$ u${}^3$

Resultado: a) paralelas (distintas); b) $m=3$; c) $A=(2,0,0)$, $B=(0,1,0)$, $C=(0,0,2)$, $V=2$ u${}^3$

a) La función es producto de un polinomio por una exponencial, definida para todo real: $\mathrm{Dom}f=\mathbb{R}$.

1. Derivamos:

$$f^{\prime }(x)=e^{1-x^2}+x\cdot (-2x)e^{1-x^2}=e^{1-x^2}(1-2x^2).$$

2. Como $e^{1-x^2}>0$, $f^{\prime }(x)=0⟺1-2x^2=0⟺x=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.
3. Signo de $f^{\prime }$ (el de $1-2x^2$):
   • si $x<-\frac{1}{\sqrt{2}}$: $1-2x^2<0$, $f$ decrece;
   • si $-\frac{1}{\sqrt{2}}<x<\frac{1}{\sqrt{2}}$: $1-2x^2>0$, $f$ crece;
   • si $x>\frac{1}{\sqrt{2}}$: $1-2x^2<0$, $f$ decrece.
4. Por tanto hay un mínimo relativo en $x=-\frac{1}{\sqrt{2}}$ y un máximo relativo en $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Sus valores, con $1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$:

$$f\left(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}{e}^{1/2}=\pm \sqrt{\frac{e}{2}}\approx \pm 1,166.$$

Resultado: $\mathrm{Dom}f=\mathbb{R}$; decrece en $\left(-\infty ,-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\cup \left(\frac{1}{\sqrt{2}},+\infty \right)$ y crece en $\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$; mínimo relativo en $\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},-\sqrt{\frac{e}{2}}\right)$ y máximo relativo en $\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\sqrt{\frac{e}{2}}\right)$.

b) Al estar definida en todo $\mathbb{R}$ y ser continua, no hay asíntotas verticales.

1. Cuando $x\to +\infty$: $\underset{x\to +\infty }{\lim }x{e}^{1-x^2}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{ex}{e^{x^2}}=0$, porque la exponencial $e^{x^2}$ crece mucho más deprisa que $x$.
2. Cuando $x\to -\infty$ ocurre lo mismo: el límite es $0$.
3. Hay una asíntota horizontal $y=0$ en $+\infty$ y en $-\infty$, así que no hay asíntotas oblicuas.

Para la gráfica reunimos los datos:

• $f(-x)=-f(x)$: la función es impar y su gráfica es simétrica respecto del origen.
• Corte con los ejes: $f(x)=0⟺x=0$, el único punto de corte es $(0,0)$.
• Signo: $f>0$ para $x>0$ y $f<0$ para $x<0$.
• Segunda derivada: $f^{\prime \prime }(x)=e^{1-x^2}(-2x)(1-2x^2)+e^{1-x^2}(-4x)=2x{e}^{1-x^2}(2x^2-3)$, que se anula en $x=0$ y $x=\pm \sqrt{3/2}\approx \pm 1,225$ (puntos de inflexión, con $f(\pm \sqrt{3/2})\approx \pm 0,743$).
• Algunos valores: $f(1)=1$, $f(2)=2e^{-3}\approx 0,10$.

La gráfica sale de $(0,0)$ creciendo hasta el máximo $\left(0,71;1,17\right)$, desciende después (con inflexión en $x\approx 1,22$) acercándose a $y=0$ por encima; la rama izquierda es la simétrica respecto del origen, con el mínimo en $\left(-0,71;-1,17\right)$ y aproximándose a $y=0$ por debajo.

Resultado: asíntota horizontal $y=0$ (en $\pm \infty$); sin asíntotas verticales ni oblicuas. Gráfica impar, con máximo en $\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\sqrt{\frac{e}{2}}\right)$ y mínimo en $\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},-\sqrt{\frac{e}{2}}\right)$.

c) La integral es inmediata con el cambio $u=1-x^2$, $du=-2xdx$:

$$\int x{e}^{1-x^2}dx=-\frac{1}{2}\int e^{u}du=-\frac{1}{2}{e}^u+C=-\frac{1}{2}{e}^{1-x^2}+C.$$

Comprobación: ${\left(-\frac{1}{2}{e}^{1-x^2}\right)}^{\prime }=-\frac{1}{2}\cdot (-2x)e^{1-x^2}=x{e}^{1-x^2}$.

Resultado: $\int x{e}^{1-x^2}dx=-\frac{1}{2}{e}^{1-x^2}+C$

Resultado: a) $\mathrm{Dom}f=\mathbb{R}$; crece en $\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ y decrece fuera; mínimo en $x=-\frac{1}{\sqrt{2}}$ y máximo en $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$; b) asíntota horizontal $y=0$, gráfica impar; c) $-\frac{1}{2}{e}^{1-x^2}+C$

a) Calculamos $|A|$ desarrollando por la primera fila:

1. $|A|=1(3a-(a^2-2))-2(-3-1)+3(-(a^2-2)-a)$.
2. $|A|=3a-a^2+2+8-3a^2+6-3a=-4a^2+16=-4(a^2-4)$.
3. $|A|=0⟺a=2$ o $a=-2$.
4. Si $a\ne \pm 2$: $|A|\ne 0$, luego $\mathrm{rg}A=3$.
5. Si $a=\pm 2$: $|A|=0$, así que $\mathrm{rg}A\le 2$. El menor formado por las filas 1 y 2 y las columnas 1 y 3 vale $\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ -1& 1\end{array}\right|=4\ne 0$ (no depende de $a$), luego $\mathrm{rg}A=2$.

Resultado: $\mathrm{rg}A=3$ si $a\ne \pm 2$; $\mathrm{rg}A=2$ si $a=\pm 2$.

b) Con $a=0$: $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ -1& 0& 1\\ 1& -2& 3\end{array}\right)$ y $|A|=-4(0-4)=16\ne 0$, luego $A$ es invertible. De $AC=16I$ se obtiene $C=16A^{-1}$. Como $A^{-1}=\frac{1}{|A|}(\mathrm{Adj}A{)}^t$ y $|A|=16$, resulta $C=(\mathrm{Adj}A{)}^t$.

1. Adjuntos de $A$:
   • $A_{11}=\left|\begin{array}{cc}0& 1\\ -2& 3\end{array}\right|=2$, $A_{12}=-\left|\begin{array}{cc}-1& 1\\ 1& 3\end{array}\right|=4$, $A_{13}=\left|\begin{array}{cc}-1& 0\\ 1& -2\end{array}\right|=2$;
   • $A_{21}=-\left|\begin{array}{cc}2& 3\\ -2& 3\end{array}\right|=-12$, $A_{22}=\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 1& 3\end{array}\right|=0$, $A_{23}=-\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& -2\end{array}\right|=4$;
   • $A_{31}=\left|\begin{array}{cc}2& 3\\ 0& 1\end{array}\right|=2$, $A_{32}=-\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ -1& 1\end{array}\right|=-4$, $A_{33}=\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ -1& 0\end{array}\right|=2$.
2. Trasponemos la matriz de adjuntos:

$$C=\left(\begin{array}{ccc}2& -12& 2\\ 4& 0& -4\\ 2& 4& 2\end{array}\right).$$

3. Comprobación de la primera fila de $AC$: $(1,2,3)\cdot (2,4,2)=2+8+6=16$, $(1,2,3)\cdot (-12,0,4)=-12+12=0$, $(1,2,3)\cdot (2,-4,2)=2-8+6=0$. Es la primera fila de $16I$.

Resultado: $C=\left(\begin{array}{ccc}2& -12& 2\\ 4& 0& -4\\ 2& 4& 2\end{array}\right)$

c) Hacemos el producto: $B=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ -1& -2& -3\\ 2& 4& 6\end{array}\right)$.

1. Las filas son $(1,2,3)$, $-(1,2,3)$ y $2(1,2,3)$: todas proporcionales y no nulas, luego $\mathrm{rg}B=1$.
2. La matriz ampliada es $\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 1\\ -1& -2& -3& -1\\ 2& 4& 6& 2\end{array}\right)$: sus filas son otra vez $(1,2,3,1)$, $-(1,2,3,1)$ y $2(1,2,3,1)$, luego su rango también es $1$.
3. Por el teorema de Rouché-Frobenius, $\mathrm{rg}B=\mathrm{rg}{B}^{\ast }=1<3$ incógnitas: el sistema es compatible indeterminado, es decir, tiene solución (infinitas). Se reduce a la única ecuación $x+2y+3z=1$.

Resultado: $\mathrm{rg}B=1$; el sistema tiene solución (compatible indeterminado, con $x+2y+3z=1$).

Resultado: a) $\mathrm{rg}A=3$ si $a\ne \pm 2$ y $\mathrm{rg}A=2$ si $a=\pm 2$; b) $C=\left(\begin{array}{ccc}2& -12& 2\\ 4& 0& -4\\ 2& 4& 2\end{array}\right)$; c) $\mathrm{rg}B=1$ y el sistema tiene solución

a) Con $\alpha =1$, $R=(1,3,-1)$.

1. Vectores del plano: $\overrightarrow{PQ}=(1,-2,1)$ y $\overrightarrow{PR}=(0,2,-1)$.
2. Vector normal:

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

3. El plano es $y+2z+D=0$. Pasa por $P=(1,1,0)$: $1+D=0\Rightarrow D=-1$.
4. Comprobación: $Q$: $-1+2-1=0$; $R$: $3-2-1=0$.
5. Distancia al origen:

$$d(O,\pi )=\frac{|0+0+0-1|}{\sqrt{0^2+1^2+2^2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\approx 0,447.$$

Resultado: $\pi :y+2z-1=0$; $d(O,\pi )=\frac{\sqrt{5}}{5}\approx 0,447$

b) La recta $s$ pasa por $P$ y $Q$, con vector director $\vec{d}=\overrightarrow{PQ}=(1,-2,1)$.

1. La recta $r$ es paralela a $s$ y pasa por $R=(1,3,-1)$:

$$r:\frac{x-1}{1}=\frac{y-3}{-2}=\frac{z+1}{1}.$$

2. Como $r\parallel s$, la distancia entre ellas es la distancia de un punto de $r$ a $s$. Tomamos $R$ y el punto $P$ de $s$: $d(r,s)=\frac{|\overrightarrow{PR}\times \vec{d}|}{|\vec{d}|}$, con $\overrightarrow{PR}=(0,2,-1)$.
3. Producto vectorial:

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

4. Módulos: $|\overrightarrow{PR}\times \vec{d}|=\sqrt{0+1+4}=\sqrt{5}$ y $|\vec{d}|=\sqrt{1+4+1}=\sqrt{6}$.
5. Distancia:

$$d(r,s)=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}=\sqrt{\frac{5}{6}}\approx 0,913.$$

Resultado: $r:\frac{x-1}{1}=\frac{y-3}{-2}=\frac{z+1}{1}$; $d(r,s)=\sqrt{\frac{5}{6}}\approx 0,913$

c) Con $R=(\alpha ,3,-1)$, los puntos están alineados cuando $\overrightarrow{PR}=(\alpha -1,2,-1)$ es proporcional a $\overrightarrow{PQ}=(1,-2,1)$.

1. Imponemos la proporcionalidad: $\frac{\alpha -1}{1}=\frac{2}{-2}=\frac{-1}{1}$.
2. Las dos últimas razones valen $-1$ (coinciden, lo que debe ocurrir), y de la primera: $\alpha -1=-1\Rightarrow \alpha =0$.
3. La recta que los contiene pasa por $P$ con vector director $(1,-2,1)$:

$$\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z}{1}.$$

4. Comprobación con $R=(0,3,-1)$: $\frac{0-1}{1}=-1$, $\frac{3-1}{-2}=-1$, $\frac{-1}{1}=-1$.

Resultado: $\alpha =0$ y la recta $\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z}{1}$

Resultado: a) $y+2z-1=0$, $d=\frac{\sqrt{5}}{5}\approx 0,447$; b) $r:\frac{x-1}{1}=\frac{y-3}{-2}=\frac{z+1}{1}$, $d(r,s)=\sqrt{\frac{5}{6}}\approx 0,913$; c) $\alpha =0$, recta $\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z}{1}$

a) Sea $x$ la base del rectángulo e $y$ su altura. Las dos semicircunferencias tienen diámetro $y$, es decir, radio $\frac{y}{2}$; juntas forman una circunferencia completa de radio $\frac{y}{2}$.

1. Área del campo: rectángulo más dos semicírculos (un círculo de radio $\frac{y}{2}$):

$$xy+\pi {\left(\frac{y}{2}\right)}^2=xy+\frac{\pi y^2}{4}=4+\pi .$$

2. Despejamos $x$:

$$x=\frac{4+\pi }{y}-\frac{\pi y}{4}.$$

3. Longitud de las rayas: los dos lados horizontales ($2x$), las dos semicircunferencias (juntas, $2\pi \cdot \frac{y}{2}=\pi y$) y las dos rayas verticales que separan el rectángulo de las semicircunferencias ($2y$):

$$L=2x+\pi y+2y.$$

4. Sustituimos $x$:

$$L(y)=\frac{8+2\pi }{y}-\frac{\pi y}{2}+\pi y+2y=\frac{8+2\pi }{y}+2y+\frac{\pi y}{2}.$$

5. Dominio: $y>0$ y $x>0$, es decir, $\frac{4+\pi }{y}>\frac{\pi y}{4}⟺y^2<\frac{16+4\pi }{\pi }$.

Resultado: $L(y)=\frac{8+2\pi }{y}+2y+\frac{\pi y}{2}$

b) Minimizamos $L(y)=\frac{8+2\pi }{y}+\left(2+\frac{\pi }{2}\right)y$ para $y>0$.

1. Derivada:

$$L^{\prime }(y)=-\frac{8+2\pi }{y^2}+2+\frac{\pi }{2}.$$

2. $L^{\prime }(y)=0\Rightarrow y^2=\frac{8+2\pi }{2+\frac{\pi }{2}}=\frac{2(4+\pi )}{\frac{4+\pi }{2}}=4\Rightarrow y=2$ (se descarta $y=-2$).
3. Segunda derivada: $L^{\prime \prime }(y)=\frac{2(8+2\pi )}{y^3}>0$ para $y>0$, luego en $y=2$ hay un mínimo. (Equivalentemente, $L^{\prime }<0$ antes de $2$ y $L^{\prime }>0$ después.)
4. Base: $x=\frac{4+\pi }{2}-\frac{\pi \cdot 2}{4}=2+\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{2}=2$. Se cumple la condición de dominio: $y^2=4<\frac{16+4\pi }{\pi }\approx 9,09$.
5. Longitud mínima: $L(2)=\frac{8+2\pi }{2}+4+\pi =8+2\pi \approx 14,28$ m.

Resultado: $x=2$ m e $y=2$ m (con longitud mínima de rayas $8+2\pi \approx 14,28$ m)

Resultado: a) $L(y)=\frac{8+2\pi }{y}+2y+\frac{\pi y}{2}$; b) $x=2$ m, $y=2$ m