Solución Exámen de Junio de 2010

Soluciones del Examen de Septiembre de 2010 (Ordinario)

Germán Jesús Rubio Luna " grublun299@iesayala.com " Catedrático de Matemáticas del IES Francisco Ayala de Granada

Opción A

Opción B

Ejercicio 1A Ejercicio 2A Ejercicio 3A Ejercicio 4A Ejercicio 1B Ejercicio 2B Ejercicio 3B Ejercicio 4B

Ejercicio 1 de la Opción A de Septiembre de 2010 (Ordinario)

[2’5 puntos] Una hoja de papel tiene que contener 18 cm² de texto. Los márgenes superior e inferior han de ser de 2 cm cada uno y los laterales 1 cm. Calcula las dimensiones de la hoja para que el gasto de papel sea mínimo.

Solución

Función a maximizar A = (x+2)(y+4)

Relación entre las variables x.y = 18, de donde y = 18/x, tomamos sólo la solución positiva porque es una longitud.

Función a maximizar A(x) = (x + 2)((18/x) + 4)

Si A’(b) = 0 y A’’(b) > 0, x = b es un mínimo de A(x)

A’(x) = ((18/x) + 4) + (x + 2)(-18/x²) = 4 – 36/x². De A’(x) = 0, tenemos 4 – 36/x² = 0, es decir x² = 9, de donde x = ± √(9), y como "x" es una longitud x = 3.

Las medidas del papel son ancho = x + 2 = 5 cm y alto = y + 4 = 18/3 + 4 = 10 cm.

Veamos que x = 3 es un mínimo, viendo que A’’(3) > 0

A’(x) = 4 – 36/x² = 4 – 36.x^-2.

A’’(x) = 0 – 36.(-2).x^-3 = 72/x³

Sustituyendo "3" por "x" en A’’(x) obtenemos A’’(3) = 72/(3)³ = 72/27 > 0, luego es un mínimo.

Ejercicio 2 de la Opción A de Septiembre de 2010 (Ordinario)

Sea I =∫ [ 5/(1 + √(e^-x) ) ]dx

(a) [ 1 punto] Expresa I haciendo el cambio de variable t² = e^-x.

(b) [ 1’5 puntos] Determina I.

Solución

(a)

Del cambio t² = e^-x, despejamos "x" para calcular "dx".

Si cambio t² = e^-x = 1/e^x, tenemos que e^x = 1/t². Como e^x es la recíproca del logaritmo neperiano (ln), obtenemos x = ln(1/t²) = ln(1) – ln(t²) = 0 -2ln(t) = -2ln(t).

Si x = -2ln(t), nos resulta dx = (-2/t)dt.

Entramos ya en la integral

I =∫ [ 5/(1 + √(e^-x) ) ]dx =∫ [ 5/(1 + √(t²) ) ].(-2/t)dt = -10.∫ dt/[(1+t).t], que es una integral racional con raíces reales simples (el 0 y el – 1)

(b)

I = -10.∫ dt/[(1+t).t] = -10.I₁

I₁ = ∫ dt/[(1+t).t] = ∫ [A/(1 + t)]dt + ∫ [B/(t)]dt = A.ln|1 + t| + B.ln|t| + k, donde A y B son constantes que vamos a calcular a continuación:

1/[1+t).t] = A/(1 + t) + B/(t) = [ A.t + B(1+t) ] / [(1+t).t]

Igualando numeradores tenemos 1 = A.t + B(1+t)

Para t = 0, tenemos 1 = B

Para t = -1, tenemos 1 = -A, de donde A = -1.

La integral pedidaza es I = -10.∫ dt/[(1+t).t] = -10.I₁ = -10.( A.ln|1 + t| + B.ln|t| + k ) =

= -10.( -1.ln|1 + t| + ln|t| + k ) = {quitando cambio } = -10.( -1.ln|1 + √(e^-x) | + ln|√(e^-x) | + k ).

Ejercicio 3 de la Opción A de Septiembre de 2010 (Ordinario)

(a) [1’75 puntos] Discute, según los valores del parámetro λ, el siguiente sistema de ecuaciones

-x + λy + z = λ

λx + 2y + (λ +2)z = 4

x + 3y + 2z = 6- λ

(b) [0’75 puntos] Resuelve el sistema anterior para λ = 0.

Solución

-x + λy + z = λ

λx + 2y + (λ +2)z = 4

x + 3y + 2z = 6- λ

Sea A = la matriz de los coeficientes y A^* =la matriz ampliada.

Para que el sistema tenga solución, por el Teorema de Rouche, rango(A) = rango(A^*).

|A| = -( λ+3)(-λ-2-λ) + 3(-2- λ²) = -λ² + 8λ.

Si |A| = 0, tenemos -λ² + 8λ = λ(-λ+8) = 0, de donde λ = 0 y λ = 8.

Por tanto para λ ≠ 0 y λ ≠ 8 el sistema es compatible y determinado, y tiene solución única.

Si λ = 0

En A = como = - 2 ¹ 0, tenemos rango(A) = 2.

En A^* = como = 0, por tener la columna 2ª y 3ª proporcionales, tenemos rango(A^*) = 2.

Como rango(A) = rango(A^*) = 2 < nº de incógnitas, por el Teorema de Rouche el sistema es compatible e indeterminado y tiene infinitas soluciones que dependen de un parámetro.

Si λ = 8

En A = como = - 66 ¹ 0, tenemos rango(A) = 2.

En A^* = como -(-26) -8(-16) = 154 ¹ 0, rango(A^*) = 3.

Como rango(A) = 2 ¹ rango(A^*) = 3, por el Teorema de Rouche el sistema es incompatible y no tiene solución.

(b)

Si λ = 0 hemos visto que rango(A) = rango(A^*) = 2 < nº de incógnitas, y el sistema era compatible e indeterminado y tenía infinitas soluciones. Para resolverlo tomamos dos ecuaciones y dos incógnitas principales.

Tomamos las dos primeras ecuaciones (con las que hemos calculado el menor distinto de cero).

-x + z = 0

2y + 2z = 4, de donde y + z = 2. Si z = t con t nº real, tenemos

x = t

De y + z = 2, tenemos y = 2 - t

La solución del sistema en este caso es (x,y,z) = (t, 2 - t, t) con t nº real.

Ejercicio 4 de la Opción A de Septiembre de 2010 (Ordinario)

[ 2’5 puntos] Halla la ecuación del plano que es paralelo a la recta "r" ≡ y contiene a la recta "s" definida por

Solución

Para un plano necesito un punto (el B) y dos vectores independientes (el u y el v), o bien un punto y un vector normal.

Como la recta "s" está contenida en el plano de ella tomo el punto B(1,-2,2) y el vector v = (-5,3,2).

Como la recta "r" es paralela al plano π, de ella tomo el otro vector u.

Al darme la recta "r" como intersección de dos planos un vector director es el producto vectorial de los vectores normales de cada plano, es decir u = n₁ x n₂ = = i(-2) – j(1) + k(2) = (-2,-1,2).

Evidentemente los vectores u = (-2,-1,2) y v = (-5,3,2) son independientes al no ser proporcionales sus coordenadas.

El plano pedido en forma paramétrica es:

x = 1-2λ-5μ

x = -2-λ+3μ

x = 2+2λ+2μ,

con λ, μ números reales.

La ecuación del plano en forma general es =0= (x-1)(-8) – (y+2)(6) + (z-2)(-11) = -8x-6y-11z+18 = 0.

Ejercicio 1 de la Opción B de Septiembre de 2010 (Ordinario)

Considera la función f:[0,4] → R definida por f(x) =

(a) [ 1’75 puntos] Sabiendo que f es derivable en todo el dominio y que verifica f(0) = f(4), determina los valores de a, b y c.

(b) [ 0’75 puntos] Para a = -3, b = 4 y c = 1 halla los extremos absolutos de f( abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan).

Solución

(a)

Como me dicen que f es derivable en todo el dominio (el intervalo [0,4]) y además que f(0) = f(4), me están diciendo que cumple las hipótesis del Teorema de Rolle.

Sabemos que si es derivable también es continua, por tanto f es continua y derivable en x = 2, pues cada rama es un polinomio y ahí no hay problemas.

Como f es continua en x = 2 tenemos que:

f(2) = lim_x→2-[f(x)] = lim_x _→₂₊[f(x)]

f(2) = lim_x_→_2-[f(x)] = lim_x_→_2-[ x²+ax+b] = 4+2a+b

lim_x_→₂₊[f(x)] = lim_x_→₂₊[cx] = 2c

Igualando tenemos 4+2a+b = 2c.

f’(x) =

Como f es derivable en x = 2 tenemos que:

f’(2 ^-) = f’(2 ⁺) lim_x_→_2-[f(x)] = lim_x_→₂₊[f(x)]

Vamos a utilizar la continuidad de la derivada que es más rápido

f’(2 ^-) = lim_x_→_2-[f’(x)] = lim_x_→_2-[2x+a] = 4+a

f’(2 ⁺) lim_x_→₂₊[f’(x)] = lim_x_→₂₊[c] = c

Igualando tenemos 4+a = c.

De f(0) = f(4) tenemos:

f(0) = b, se mira en su rama correspondiente.

f(4) = 4c, se mira en su rama correspondiente.

Igualando tenemos b = 4c.

Resolvemos el sistema que nos ha salido:

4+2a+b = 2c

4+a = c

b = 4c

Sustituyendo la "c" de la 2ª ecuación en la 1ª y 3ª obtenemos:

b = 4(4+a) = 16 + 4a

2(4+a) = 4+2a+b, operando en esta ecuación obtenemos b = 4.

Con este valor entrando en b = 4c obtenemos c = 1.

Con los dos valores obtenidos entrando en 4 + a = c, obtenemos a = -3.

(b)

El Teorema de Weierstrass no afirma que si una función es continua en un intervalo cerrado (en nuestro caso [0,4] ), dicha función alcanza sus extremos absolutos en dicho intervalo. Por ptro lado sabemos que los extremos absolutos de una función se suelen alcanzar en:

1.- Puntos "x" donde f no es continua ni derivable. (No es nuestro caso)

2.- Los extremos del intervalo, en nuestro caso x = 0 y x = 4.

3.- Las soluciones de f’(x) = 0.

Como f(x) = y f’(x) =

En nuestro caso de f’(x) = 0, tenemos 2x-3 = 0, de donde x = 3/2 = 1’5 que pertenece a [0,4].

Los punto por tanto que debemos de probar son x = 0, x = 1’5 y x = 4. Por supuesto cada uno en su rama.

f(0) = 4

f(4) = 4

f(1’5) = (1’5)² – 3(1’5) + 4 = 1’75.

Por tanto f alcanza su máximo absoluto en x = 0 y x = 4 y vale 4. Y f alcanza su mínimo absoluto en x = 3/2 = 1’5 y vale 1’75.

Ejercicio 2 de la Opción B de Septiembre de 2010 (Ordinario)

Considera la función f: R → R dada por f(x) = x² + 4.

(a) [0’75 puntos] Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x = 1.

(b) [1’75 puntos] Esboza el recinto limitado por la gráfica de f, el eje de ordenadas y la recta de ecuación y = 2x + 3. Calcula su área.

Solución

(a)

Sabemos que la recta tangente de f en x = 1 es " y – f(1) = f’(1).(x – 1)"

f(x) = x² + 4, luego f(1) = 1+4 = 5

f’(x) = 2x, luego f’(1) = 2, por la recta tangente es y – 5 = 2.(x – 1). Operando sale y = 2x + 3.

(b)

Sabemos que la gráfica de f(x) = x² + 4 es exactamente igual que la de la parábola x² (vértice en (0,0) y ramas hacia arriba), pero desplazada 4 unidades hacia arriba en el eje de ordenadas OY.

Vemos que la recta y = 2x + 3 es la recta que nos han pedido en el punto x = 1, y como tenemos que utilizar el eje OY para el área le damos a dicha recta el valor de x = 0 resultándonos y = 3, es decir pasa por el punto (3,0).

Un esbozo de la grafica pedida es:

El área pedida es:

Área =∫₀¹(f(x) - g(x))dx = ∫₀¹(x² + 4 – 2x – 3)dx = ∫₀¹(x² – 2x + 1)dx =

= [x³/3 – x² + x ]₀¹ = (1/3 – 1 + 1 ) – (0) = 1/3 u.a.

Ejercicio 3 de la Opción B de Septiembre de 2010 (Ordinario)

[2’5 puntos] Sean las matrices , y .

Calcula la matriz X que cumpla la ecuación AXB = C

Solución

, y .

AXB = C

Como , existe su matriz inversa A^-1.

Como = 1(-2+1) = -1 ≠ 0 , existe su matriz inversa B^-1.

Multiplicando matricialmente la expresión AXB = C, por la izquierda por A^-1 y por la derecha por B^-1, tenemos

A^-1.AXB. B^-1 = A^-1.C. B^-1, de donde I₂.X.I₃ = A^-1.C. B^-1, de donde X = A^-1.C. B^-1, puesto que I₂ e I₃ son matrices identidad de orden 2 y 3.

Tenemos que resolver X = A^-1.C. B^-1.

Sabemos que A^-1 = (1/|A|). Adj(A^T), siendo A^T la matriz traspuesta de A, y Adj(A^T) es la matriz adjunta de A^T.

Hemos visto que |A| = 1

, , , por tanto .

También podíamos haberlo calculado por Gauss

De (A|I₂) si llegamos a (I₂|B), B es A^-1.

, y observamos que sale lo mismo.

B^-1 = (1/|B|). Adj(B^T),

Hemos visto que |B| = -1

, , , por tanto .

X = A^-1.C. B^-1 =

= ..= .=

Ejercicio 4 de la Opción B de Septiembre de 2010 (Ordinario)

Considera los planos π₁, π₂y π₃ dados respectivamente por las ecuaciones:

x + y = 1, ay + z = 0 y x + (1+a)y + az = a + 1

(a) [1’5 puntos] ¿Cuánto ha de valer "a" para que no tengan ningún punto en común?

(b) [1 punto] Para a = 0, determina la posición relativa de los planos.

Solución
(a)

Para que no tengan ningún punto en común consideramos los planos como un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas

x + y = 1,

ay + z = 0

x + (1+a)y + az = a + 1

Teniendo en cuenta el Teorema de Rouche los planos no tendrán ningún punto en común si rango(A) ≠ rango (A^*), siendo A y A^* la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada del sistema anterior, es decir:

Sea A = l y A^* =.

|A| = 1(a² – a).

Si |A| = 0, tenemos a² – a = a(a – 1) = 0, de donde a = 0 y a = 1.

Por tanto para a ≠ 0 y a ≠ 1 el sistema es compatible y determinado, y tiene solución única. No es nuestro caso, pues tienen un punto en común los tres planos.

Si a = 0

En A = como = 1 ≠ 0, tenemos rango(A) = 2.

En A^* = como = 0, por tener la columna 1ª y 3ª iguales, tenemos rango(A^*) = 2.

Como rango(A) = rango(A^*) = 2 < nº de incógnitas, por el Teorema de Rouche el sistema es compatible e indeterminado y tiene infinitas soluciones que dependen de un parámetro. Este tampoco es nuestro caso. Pues tiene infinitas soluciones

Si a = 1

En A = como = 1 ≠ 0, tenemos rango(A) = 2.

En A^* = como 1.(1) = 1 ¹ 0, rango(A^*) = 3.

Como rango(A) = 2 ≠ rango(A^*) = 3, por el Teorema de Rouche el sistema es incompatible y no tiene solución. Este es nuestro caso.

Por tanto para que los tres planos no tengan ningún punto en común tiene que ser a = 1

(b)

Si a = 0 hemos visto en el apartado (a) que rango(A) = rango(A^*) = 2 < nº de incógnitas, y el sistema era compatible e indeterminado y tenía infinitas soluciones.

Es este caso los planos son:

π₁ ≡ x + y = 1

π₂ ≡ z = 0

π₃ ≡ x + y = 1

Si nos damos cuenta los planos 1º y 3º son iguales (paralelos coincidentes) y el 2º plano los corta en una recta "r" (dada como intersección de dos planos) de ecuación:

z = 0

x + y = 1

Gráficamente sería de la siguiente forma: