EXAMEN U.I.B. SEPTIEMBRE 2011. MATEMÁTICAS II
OPCIÓN A
1. determinau l’equació del pla π que passa pel punt P = (1, 2, 1) i és paral.lel a les x y 2z 0 x y z 1 0 rectes r i r 2x y z 0 y z 2 0 Hallamos los un vector director de r1 y r2. x λ x y 2z 0 x y 2λ x λ r 1, 1, 1 y λ v y λ 2x y z 0 2x y λ z λ x 1 2λ x y z 1 0 x y 1 λ x 1 2λ r y 2 λ y 2 λ y z 2 0 y 2 λ z λ v 2, 1, 1 Hallamos el plano π. pasa por 1, 2, 1 x 1 y 2 z 1 paralelo a r v v 1, 1, 1 π: 1 0 π: π 1 1 2 1 1 paralelo a r v uπ 2, 1, 1 → 2x + y – 3z –1 = 0 m 0 m 2. Considerau la matriu A 0 m 4 1 3 m a) Determinau per a quins valors del pa`rametre m la matriu A no té inversa. b) Calculau, si és possible, la matriu inversa de A per a m = 1. c) Si B és la matriu inversa de A i det(A) = 5, quant val det(B)? a) Una matriz cuadrada tiene inversa si su determinante es distinto de cero. m 0 m m 0 m m 12m 0 m m m 12 0 m 3 0 m 4 1 3 m m 4 Para m = 0 o m = 3 o m = – 4 la matriz A no tiene inversa. b)|A| = – 10. 1 3 0 3 0 1 4 1 1 1 1 4 A 1 0 1 A 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 1 4 0 1 3 4 1 1 1 1 4 1 3 1 1 4 1 0 1 1 1 1 0 1 3 0 3 0 1
11 4 1
3 2 3
c A. A Si |A|
I 5
1 4 1
A |A|
A
|A. A | |A |
1 5
|I|
1 10
11 4 1
|A|. |A |
3 2 3 |I|
1 4 1 |A |
1 . |A|
3. Demostrau que la funció polinómica f(x) = x3 – 3x + √2 no pot tenir dues arrels en l’interval [0, 1]. Quantes arrels té a [0, 1]? Que no puede tener dos raíces lo demostramos por reducción al absurdo. Supongamos que f(x) = x3 – 3x + √2 tiene dos raíces en [0, 1]: a y b. f x es continua en a, b , por ser función polinómica. f x es derivableen a, b , por ser función polinómica. Aplicando el f a 0 f b , pues a y b son soluciones de f x . Teorema de Rolle podemos afirmar que α a, b /f α 0, es decir, f’(x) tiene una solución en el intervalo (0, 1). Derivamos f(x), f’(x) = 3x2 – 3 = 0 → x = ± 1 Si los únicos valores que anulan a f’(x) son ± 1, la conclusión: f’(x) tiene una solución en el intervalo (0, 1) es falsa. Luego la suposición: Supongamos que f(x) = x3 – 3x + √2 tiene dos raíces en [0, 1]: a y b es incorrecta. Concluimos que f(x) no puede tener dos soluciones en el intervalo [0, 1]. Veamos si f(x) tiene alguna solución en [0, 1]. f x es continua en 0, 1 , por ser función polinómica. Aplicando el teorema de 1 signo f 0 0 0 Bolzano podemos afirmar que c 0, 1 /f c 0, es decir, c es solución de f(x). Hemos hallado una solución de f(x) y sabemos que no puede tener dos, luego f(x) tiene exactamente una solución en el intervalo [0, 1]. 4. Calculau l’àrea de la regió limitada por les paràboles y2 = 4x i x2 = 4y. Feu un dibuix aproximat de la figura. Hallamos los cortes entre las gráficas. y 4x x x 0 4x x 64x x x 64 0 x x 4 4 x 4y y 4 x 4 x 4 4 16 x 4 Área 2√x dx u 4 3 12 3 12 3
y 8 6 4 2
x -8
-6
-4
-2
2
4
6
8
-2 -4 -6 -8
OPCIÓN B 1 0 0 x 0 x 0 x 1. Considerau la matriu A 1 0 x 0 0 1 x x a) Resoleu l’equació det(A) = 0 b) En quins casos admet inversa la matriu A? 1 a) 0 1 0
0 x 0 1
0 0 x x
x x 0 x
F
F
1 0 0 0
0 x 0 1 x
0 x 0 x x x x x
ú C
1 x. 0 0 0
0 0 1 x 0 1 0 x 1 1 x 1
x x. 0 1
0 x x
1 1 1
0 1 x. x x x 0 x 2 b Una matriz cuadrada tiene inversa si su determinante es distinto de cero. La matriz 1 A tiene inversa x 0 y x 2 2. Obteniu el pla π que passa pel punt (3, 2, 7) i per la intersecció dels plans π1: x – y + z – 4 = 0 i π2: x + y – z + 7 = 0. π r: π El haz de planos de r es: x y z 4 t x y z 7 0 Sustituyendo el punto (3, 2, 7) en el haz de planos hallaremos t. 4 3 2 7 4 t 3 2 7 7 0 t 5 4 π: x y z 4 x y z 7 0 π: x 9y 9z 48 0 5 3. e Considerau la funció f x 1 x a) Determinau el valor de k perquè el pendent de la recta tangent a la funció a x = 0 prengui el valor 3.
b) Donat el valor de k calculat a l’apartat a), estudiau‐ne els intervals de creixement i decreixement. ke 1 x 2xe e k 2x kx a m f 0 3 f x 1 x 1 x k 3. f 0 e e 3 2x 3x 0 b f x f x 0 e 3 2x 3x 1 x 1 x 0, solución e 0 f x es creciente en R. .f x 3 2x 3x 0, solución 4. Calcula la integral: ln x 1 dx x 1 ln x 1 dx x. ln|x 1| dx x. ln|x 1| dx dx x 1 x 1 x. ln|x 1| x ln|x 1| c x 1 . ln|x 1| x c