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Germán Jesús Rubio Luna " g.j.rubio@telefonica.net " Catedrático de Matemáticas del IES Francisco Ayala de Granada |
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Modelo 1. Ejercicio 1 de la Opción A de Sobrantes de 2010 [2’5 puntos] Entre todos los triángulos rectángulos de 5 metros de hipotenusa, determina los catetos del de área máxima. Solución
Función a maximizar A = (x)(y) Relación entre las variables x2 + y2 = 52, de donde y = +√(25 – x2), tomamos sólo la solución positiva porque es una longitud. Función a maximizar A(x) = (1/2).(x).( √(25 – x2)) Si A’(b) = 0 y A’’(b) < 0, x = b es un máximo de A(x) A’(x) = (1/2)[(√(25 – x2)) – (x2) / (√(25 – x2))]. De A’(x) = 0, tenemos ( (√(25 – x2) )2 = x2, es decir 2x2 = 25, de donde x = ± √(25/2), y como "x" es una longitud x = √(25/2) m. Las medidas de los catetos son x = √(25/2) m. e y = (√(25 – ((√(25/2)2)) = √(25/2) m., es decir es un triángulo isósceles rectángulo. Veamos que x = √(25/2) es un máximo, viendo que A’’(√(25/2)) < 0 A’(x) = (√(25 – x2)) – (x2) / (√(25 – x2)). A’’(x) = (-2x) /( (√(25 – x2)) – [ (2x. (√(25 – x2)) + x3 / (√(25 – x2)) ] / (25 – x2) Sustituyendo "√(25/2)" por "x" en A’’(x) obtenemos A’’(√(25/2)) = 72/(3)3 = – 1 – [25.√(25/2) +25/2] / (25/2) < 0, luego es un máximo.
[2’5 puntos] Sea f :(−2, +∞) → R la función definida por f(x) = ln(x + 2). Halla una primitiva F de f que verifique F(0) = 0. (ln denota el logaritmo neperiano) Solución (a) Una primitiva F(x) es F(x) = ∫ ln(x + 2).dx, que es una integral por partes (∫u.dv = u.v - ∫v.du) Tomamos u = ln(x+2) de donde du = dx/(x+2), y dv = dx de donde v = ∫dx = x, luego nos resulta F(x) = ∫ ln(x + 2).dx = x.ln(x+2) - ∫[x/(x+2)]dx = x.ln(x+2) - ∫[(x+2-2)/(x+2)]dx = x.ln(x+2) - ∫[1 -2/(x+2)]dx = = x.ln(x+2) – x + 2ln|x+2| + K. Como F(0) = 0, tenemos que 0 = 0.ln(2) – 0 + 2.ln(2) + K, de donde K = -2.ln(2), y la primitiva pedida es: F(x) = x.ln(x+2) – x + 2ln|x+2| – 2.ln(2)
Modelo 1. Ejercicio 3 de la Opción A de Sobrantes de 2010
Considera el sistema
3x − 2y + z = 5 2x − 3y + z = −4 (a) [1’5 puntos] Calcula razonadamente un valor de λ para que el sistema resultante al añadirle la ecuación x + y + λz = 9 sea compatible indeterminado. (b) [1 punto] ¿Existe algún valor de λ para el cual el sistema resultante no tiene solución? (a) Para que al añadirle la ecuación x + y + λz = 9, sea un sistema compatible indeterminado, tenemos que tener rango(A) = rango(A*) < 3, que es el nº de incógnitas, siendo En A como |A| = Veamos que con λ = 0 rango(A*) = 2. En Si λ ≠ 0 por el Teorema de Rouche al ser rango(A) = rango(A*) = 3 = nº de incógnitas, el sistema es compatible y determinado y tiene solución única. Si λ = 0 por el Teorema de Rouche al ser rango(A) = rango(A*) 2 < nº de incógnitas, el sistema es compatible e indeterminado y tiene infinitas soluciones. (b) En este ejercicio no hay ningún valor de λ para el cual el sistema sea incompatible y no tenga solución, pues tendría que darse rango(A) ¹ rango(A*), lo cual no es nuestro caso.  Modelo 1. Ejercicio 4 de la Opción A de Sobrantes de 2010
Considera los puntos A(1, 0, 2), B(−1, 2, 4) y la recta r definida por (x + 2)/2 = y – 1 = (z – 1)/3 (a) [1’5 puntos] Determina la ecuación del plano formado por los puntos que equidistan de A y de B. (b) [1 punto] Halla la ecuación del plano paralelo a r y que contiene los puntos A y B. (a)
El plano que equidista de los puntos A(1,0,2) y B(-1,2,4) es el perpendicular al segmento AB en su punto medio D=( (1-1)/2, (0+2)/2, (2+4)/2 ) = D(0,1,3) Como el plano p es perpendicular al segmento un vector normal suyo n es el vector AB = (-1-1,2-0,4-2)=(-2,2,2) Un plano paralelo es -2x+2y+2z + K = 0, como pasa por D(0,1,3), tenemos 0 + 2 + 6 + K = 0, de donde K = -8, y el plano pedido es -2x+2y+2z-8 = 0. (b)
Como me piden un plano p 1 que contenga a los puntos A y B y además sea paralelo a la recta "r", formamos la recta que pasa por los puntos A y B, después con ella construimos el haz de planos que la contienen como generatriz, consideramos el haz de planos como un plano genérico y le imponemos la condición de ser paralelo a la recta "r". Recta que pasa por A y B. Punto el A(1.0.2), vector AB = (-2,2,2) Recta en continua: (x-1)/(-2) = y/2 = (z-2)/2. Ponemos ahora la recta en implícita. Por un lado (x-1)/(-2) = y/2, de donde x+y-1=0 Por otro lado y/2 = (z-2)/2, de donde y – z + 2 = 0. El haz de plano que genera es (x+y-1) + λ(y – z + 2) = x + y(λ+1) – λz + 2λ – 1 = 0. Un vector genérico suyo sería n = (1, λ+1, - λ). Como el haz tiene que ser paralelo a la recta "r" el vector n tiene que ser perpendicular al vector u de la recta "r", es decir su producto escalar tiene que ser 0, es decir n.u = 0 = 2 + λ+1 +3(-λ) = -2λ + 3 = 0, de donde λ=3/2, y el plano pedido es (x+y-1) + (3/2)(y – z + 2) = 0.
Modelo 1. Ejercicio 1 de la Opción B de Sobrantes de 2010 Sea f : (0, +∞) → R la función definida por f(x) = ln(x2 +3x), donde ln denota el logaritmo neperiano. (a) [1’5 puntos] Determina, si existen, los puntos de la gráfica de f en los que la recta tangente a la gráfica es paralela a la recta de ecuación x − 2y +1 = 0. (b) [1 punto] Halla la ecuación de la recta tangente y de la recta normal a la gráfica de f en el punto de abscisa x=3. Solución (a) Como me piden los puntos de f(x) donde la recta tangente es paralela a la recta x − 2y +1 = 0,, las pendientes han de ser iguales. La recta es y = (x+1)/2, y sy pendiente es y’ = 1/2 La pendiente genérica de f es f’(x) = (2x+3)/(x2+3x). Igualando pendientes tenemos: (2x+3)/(x2+3x) = 1/2, de donde x2 – x – 6 = 0. Resolviendo la ecuación nos sale x = -2 y x = 3. Como el dominio de la función es (0,+¥ ) solo nos vale x = 3. El único punto de la recta que cumple la condición pedida es (3, ln(18)). (b) f(x) = ln(x2+ 3x), de donde f(3) = ln(18) f’(x) = (2x+3)/(x2+3x), de donde f’(3) = l9/18 = 1/2 Recta tangente en "3" es y – f(3) = f’(3)(x-3), es decir y – ln(18) = (1/2)(x-3) Recta normal en "3" es y – f(3) = (-1/f’(3)).(x-3), es decir y – ln(18) = -2.(x-3) [2’5 puntos] Calcula el valor de a > 0 sabiendo que el área del recinto comprendido entre la parábola y = x2 + ax y la recta y + x = 0 vale 36 unidades cuadradas. Sabemos que la recta y = -x es la bisectriz del II y IV cuadrante. La parábola y = x2 + ax tiene las ramas hacia arriba, corta al eje OX en x = 0 y x = -a (soluciones de x2 +ax = 0). Un esbozo de la gráfica sería
Área = 36 = ∫b0(recta – parábola)dx "b" es la solución de recta = parábola, x2 + ax = -x, de donde x2 + x(a+1) = x(x + (a+1)) = 0, de donde las soluciones son x O 0 yy x = -a – 1, es decir
36 = ∫b0(recta – parábola)dx = ∫-a-10(–x – x2 – ax)dx = [-x2/2 –x3/3 –ax2/2]-a-1 0 = = (0) – [ - (-a-1)2/2 – (-a-1)3/3 – a(-a-1)2 ] = (a3 + 3a2 + 3a + 1)/6 = 36, de donde a3 + 3a2 + 3a – 215 = 0 Utilizando Ruffini, tenemos (probamos con el 5)
Vemos que la raíz es 5, es decir "a = 5". Si intentamos resolver la ecuación x2 +8x+43 = 0, vemos que no tiene mas soluciones reales.
Modelo 1. Ejercicio 3 de la Opción B de Sobrantes de 2010 Considera las matrices A = (a) [0’5 puntos] Determina los valores de α para los que A tiene inversa. (b) [1’25 puntos] Calcula la inversa de A para α = 1. (c) [0’75 puntos] Resuelve, para α = 1, el sistema de ecuaciones AX = B. (a) Para que A tenga inversa A -1 = (1/|A|).Adj(At), su determinante ( |A| ) no puede ser cero. |A| = Si |A| = 0, tenemos +2α2 + 7α – 6 = 0, y salen como soluciones α = 2 y α = 3/2, por tanto si α ¹ 2 y α ¹ 3/2, existe la matriz inversa de A (b) Inversa de A para α = 1 A = |A| = -2(1)2 + 7(1) – 6 = -1 At = (c) Para α = 1 existe A -1 y podemos multiplicar por la izquierda la expresión A.X = B, obteniendo A -1. A.X = A -1. B, de donde I.X = X = A -1. B = Considera los puntos A(1, 1, 1), B(0, −2, 2), C(−1, 0, 2) y D(2, −1, 2). (a) [1 punto] Calcula el volumen del tetraedro de vértices A, B, C y D. (b) [1’5 puntos] Determina la ecuación de la recta que pasa por D y es perpendicular al plano que contiene a los puntos A, B y C. (a) A(1, 1, 1), B(0, −2, 2), C(−1, 0, 2) y D(2, −1, 2). Sabemos que el volumen de un prisma es 1/6 del volumen del paralelepípedo que determinan los vectores, el cual es el valor absoluto (lo notaremos | | ) del producto mixto (lo notaremos con corchetes) de tres vectores con un mismo origen, en nuestro caso utilizaremos los vectores AB, AC y AD.
AB = (-1,-3,1), AC = (-2,-1,1) y AD = (1,-2,1) Volumen = (1/6).| [ AB, AC, AD ] | = (1/6). (b) Determinamos primero el plano que pasa por los puntos A, B y C. Tomo como punto el A(1,1,1) y como vectores independientes AB=(-1,-3,1) y AC=(-2,-1,1) Plano p
ABC = det(AX,AB,AC) =
La recta perpendicular al plano tiene como vector director, el vector normal del plano n = (-2,-1,-5) La recta pedida es (x-2)/(-2) = (y+1)/(-1) = (z-2)/(-5)
|
la matriz de los coeficientes del sistema y 
la matriz ampliada.
, el rango de A ya es 2. Para que el rango de A no sea 3 su determinante (|A|) tiene que ser 0.
λ(-3-2) = -5λ =0, de donde λ = 0.
, por tener una fila de ceros, tenemos rango(A*) = 2.
y B = 
0 -2(3-3α) + α(1-2α) = -2α2 + 7α - 6.
, A -1 = (1/|A|).Adj(At). Teniendo en cuenta el resultado del apartado (a) tenemos que
; Adj(At) = 
; A -1 = (1/|A|).Adj(At) = 
= (1/6).
= (1/6).|
0-(-5)(-2+3) | = (1/6).| -5 | = 5/6 u.v.
(x-1)(-2) – (y-1)(1) + (z-1)(-5) = -2x-y-5z+8=0.