PAU - SEPTIEMBRE 2009 MATEMĂ TICAS II - OPCIĂ“N B
MATEMĂ TICAS II. OPCIĂ“N B EJERCICIO 1: CalificaciĂłn mĂĄxima: 3 puntos. a) (1 punto)Dada la funciĂłn:
Hallar el punto o los puntos de la grĂĄfica de f(x) en los que la pendiente de la recta tangente sea 1. Lo primero que debemos saber es la definiciĂłn de derivada en un punto: “La derivada de una funciĂłn en un punto es la pendiente de la recta tangente a la funciĂłn en ese puntoâ€?. Luego nos piden calcular los valores de x que cumplan: f’(x)=1
Despejando:
1 1 2 1 2 1 1 1 1 1
3 0;
0 0
f x
1 1 1 ; 1 1 2 1 ; 1 1 2 ;
3 0
3 0 (√3
SoluciĂłn: En x=0 Ăł Âąâˆš la pendiente de la recta tangente vale 1.
b) (0.5 puntos)Hallar la ecuaciĂłn de la recta tangente a la grĂĄfica f(x) en el punto x=0.
La ecuaciĂłn de la recta tangente a f x en el punto x=0 viene dada por la fĂłrmula:
0 0 0
0
0 0; 0 1 !" #$ % %"&%'! % 1 0 0 1 0
SoluciĂłn: La recta tangente a f(x) en x=0 es y=x.
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c) (1.5 puntos) Sea g una funciĂłn derivable con derivada continua en toda la recta real, y tal que g(0)=0, g(2)=2. Demostrar que existe al menos un punto c en el intervalo (0,2) tal que g’(c)=1. La hipĂłtesis propuesta (g’(c)=1) se puede demostrar mediante el teorema del valor medio (Teorema de Lagrange). El teorema de Lagrange nos dice que “dada cualquier funciĂłn f continua en el intervalo abierto (a,b) entonces existe al menos algĂşn punto c en el intervalo (a,b) tal que la tangente a la curva en c es paralela a la recta secante que une los puntos (a,f(a)) y (b,f(b))â€?, es decir, existe al menos un punto c que satisface la igualdad: )
* % * %
Puesto que la funciĂłn g es derivable con derivada continua en toda la recta real, segĂşn afirma el enunciado, se le puede aplicar el teorema de Lagrange en el intervalo [0,2], por lo tanto existirĂĄ al menos un valor c + (0,2) tal que: , )
- - . .
, 2 2 , 0 0
2 0 1 2
Por lo que queda demostrada la hipĂłtesis propuesta.
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EJERCICIO 2: CalificaciĂłn mĂĄxima: 3 puntos. Dada la recta: / 0
1
2
3
y el plano 4 0 1 2 3 5, hallar la ecuaciĂłn de la
recta s simĂŠtrica de la recta r respecto del plano 4.
Se busca un recta r’ que tenga la misma proyección ortogonal
que la recta r sobre 7, y que ambas estĂĄn contenidas en un plano perpendicular a 7.
La recta r’ se obtiene mediante dos puntos. M (intersección de r
con 7) y A’ (simÊtrico de cualquier punto A de la recta r respecto de 7).
Vamos a calcular en primer lugar las coordenadas del punto M, que se obtiene como intersecciĂłn de r y 7.
M
"0
x = 1+9 y=-9 z=9
7 0 28 1 0
Sustituyendo r en 7 1 9 9 2 9 1 0 Operamos y despejamos el valor de 9. 2 29 0 9 1
Sustituimos en las paramĂŠtricas en r el valor de 9 y obtenemos las coordenadas de M. 9 1 :0
XM = 1+9=1+1=2 YM = - 9=-1 ZM = 9=1
M 2, 1,1
Calculamos ahora las coordenadas del punto A’. A’ es el simÊtrico de cualquier punto A de r
(excepto M) de 7. Como punto A tomamos el punto con el que estĂĄ definida la ecuaciĂłn
continua de r. A = (1,0,0) y 7 0 28 1 0
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Para ello, seguimos los siguientes pasos: Paso 1: Se calcula la recta s, perpendicular a 7 que
•
contiene a A.
Paso 2: Se calcula M1 como intersecciĂłn de s y 7.
• •
Paso 3: Conocidos A y M1 se calculan las coordenadas de A’ con las ecuaciones del punto medio de un segmento.
Paso 1:
s:
= @ 7 AAAAB '= C7 AAAAAB 1,1, 2 A = (1,0,0)+ "
=0
x = 1+9 y=9 z = 2 9
Paso 2:
M
=0
x = 1+9 y= 9 z = 29
7 0 28 1 0
Sustituyendo s en 7 1 9 9 2 29 1 0 Operamos y despejamos el valor de 9.
2 69 0 9
1 3
Sustituimos en las paramĂŠtricas en s el valor de 9 y obtenemos las coordenadas de M1.
9 ? M1 0
XM1 = 1+9 1 D ?E ?
YM1 = 9 ?
ZM1 = 29 2 D ?E ?
M1 ? , ? , ?
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Paso 3: Teniendo en cuenta que M1 es el punto medio de AAAAAAB FGF, se calculan las coordenadas de A’
despejando de las coordenadas del punto medio.
H IH J H IHJ H?IHJ ? , , E
M1 D
H IHJ % 1 2 XM1 %1 2 1 ? ? H IHJ
YM1 = % 2 2 YM1 %2 2 D ?E 0 H?IH J ? ZM1 = % 3 2 ZM1 %3 2 ? 0 ?
XM1 =
?
Luego A’= (? , ? , ?)
Conocidos M 2, 1,1 y A’= (? , ? , ?), ya podemos calcular r’, simÊtrica de r respecto de
7.
"G 0
AAAAAAAAB L2 1 , 1 L 2M , 1 4M 5 , 1 , 1 // 5, 1, ,1 AAAAAAB '" FG: 3 3 3 3 3 3 M 2, 1,1
Solución: Tenemos que /′ 0
1 K
2I
3
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EJERCICIO 3: CalificaciĂłn mĂĄxima: 2 puntos. Dado el sistema 9 2 8 0 9 28 0 9 28 0 se pide: a) (1 punto). Obtener los valores del parĂĄmetro Q para los cuales el sistema tiene soluciones distintas de x=y=z=0.
9 2 1 9 Sea la matriz de coeficientes A=R9 1 2S y la matriz ampliada A’=R9 1 9 2 1
rg A = rg A’ TU=&#V% )!V %&U*$#:
2 1 0 1 2 0S 9 2 0
Si |A| ] 0 rg A rg A n 3. Sistema compatible determinado (x=y=z=0) SoluciĂłn trivial.
Si |A| 0 rg A rg A ] n. Sistema compatible indeterminado Infinitas soluciones.
9 2 1 |F| Y9 1 2Y 29 4 9 1 49 29 9 69 5 9 1 9 5 1 9 2 9 1 0 9 1 |F| 0 9 1 9 5 0 9 5 0 9 5
SoluciĂłn: Para que la soluciĂłn sea distinta de la trivial (x=y=z=0), Q Ăł Q K.
b) (1 punto). Resolver el sistema para x=5.
9 5
5 2 8 0 5 28 0 5 28 0
|F| 0 ", F [ 3 \ 2 1\ 5 ] 0 ", F ",F 2 [ C 3 1 2 Resuelto por: Ana Isabel Aparicio Cervantes, Araceli Arjona MuĂąoz y Carmen de la Llave Peral http://ticmatec.blogspot.com/ PĂĄgina 6 de 9
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Luego si 9 5 tenemos un sistema compatible indeterminado con dos ecuaciones
linealmente independientes, tal y como indica su rango. Sistema equivalente:
5 2 8 0 5 28 0
Resolvemos este sistema tomando una de las variables como constante y transformĂĄndola en un parĂĄmetro, por ejemplo x= 9 2 8 5 9 28 59
Resolvemos por el mĂŠtodo de Cramer: 59 1 2 \ 109 59 \ 59 2 1 9; 8 2 1 2 5 \ \ \ 1 2 1 \
59 \ 59 109 59 39; 1 5 \ 2
SoluciĂłn: La soluciĂłn es Q, Q, Q dQ + e.
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EJERCICIO 4: CalificaciĂłn mĂĄxima: 2 puntos. g Dadas las matrices: f D
g E; h D E, obtener una matriz cuadrada X de
orden 2 que verifique la ecuación matricial A¡X¡B = A+B. ¥Ojo! Debemos tener en cuenta que:
1. Para obtener una ecuaciĂłn matricial equivalente, se deben multiplicar los dos miembros de la igualdad por la misma matriz y en el mismo orden. 2. El producto de una matriz por su inversa es la matriz identidad (I). 3. La matriz identidad o unidad es el elemento neutro de la multiplicaciĂłn de matrices. Dicho todo esto, comenzamos despejando la matriz X, para ello multiplicamos por la inversa de A a la izquierda y por la inversa de B a la derecha. A X B A B F F k l l F F l l Operamos: I X I A A B A B B X I B A I X B A Calculamos las inversas: A
1 n%'o F pq |F|
|1| |1| 1 1 1 1 q 1 2 |F| \4 2\ 6; %'o F L E D E M D E ; n%'o F pq D | 2| |4| 2 4 1 4 1 1 2 4 Luego A
? t ?
1 D r 1
2 r E s 4
1 D 3
1 2 E s ? t 4 2
r
|1| | 3| 1 3 1 3 q 1 |l| \ 4 2\ 2; %'o l L M D E ; n%'o l pq D E D | 2| |4| 3 1 2 4 2 4 3 Luego B
Por lo tanto, X B
A
r s r
? t ?
s ?
1 2
t
? s u ?
? t ?
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2 E 4
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Solución: v
s K
t g
Resuelto por: Ana Isabel Aparicio Cervantes, Araceli Arjona Muñoz y Carmen de la Llave Peral http://ticmatec.blogspot.com/ Página 9 de 9