Matemáticas II Paeg Junio 2012 Castilla - La Mancha

1A.- Solución: La pendiente de la tangente es el valor de la derivada primera en ese punto y la derivada segunda se anula en el punto de inflexión, por eso calculamos las derivadas primera y segunda. Además el punto (1,2) pertenece a la curva.

1

1

⇒

3⇒3 2 1 0⇒6 2⇒1

2

3

3⇒ 0⇒ 2⇒

2

2

3

⇒

1

6

⇒

6

12 3 16

2

2A.- Solución: La parábola es la parábola elemental desplazada una unidad hacia abajo y la recta es paralela a la bisectriz del segundo cuadrante y con 5 de ordenada en el origen. Los puntos de corte de ambas son: 1 5 3 ⇒ 6 0⇒ Luego los puntos de corte son (-3,8) y (2,3).

2

5

Luego el área pedida es

1

6

6

!

"

3A.- Solución: Los rangos de la matriz de coeficientes de las incógnitas y de la matriz ampliada nos permitirán la discusión del sistema:

1 1 0  1 1 0  1  1     2 3 0  2 3 0  1  1 R = R restando a la 3ª fila la 4ª m m +1 m −1 m − 2 m−3 m−3 m−5 0       3 m+3   3  4 m − 2 m + 3 4 m − 2     El determinante de la última matriz es: -2(m-2). Lo desarrollamos por la 4ª columna. Luego para todo m distinto de 2 el sistema es incompatible porque el rango de la matriz ampliada es 4 y el de la de coeficientes tiene que ser menor porque sólo tiene 3 columnas. Cuando m=2 el rango es 3 y el rango de la matriz de coeficientes es 3, no depende de m, porque: 1 1 # 1 2 $ 3 $ 3

$

1 3

5

#

2 % 0 . Luego es compatible determinado. Rangos 3 y nº incógnitas 3

La solución cuando m=2 es única y es x=0, y=0, z=0 por ser sistema homogéneo

4A.- Solución: El punto de corte con el eje X se obtiene haciendo en la ecuación del plano y=0 y z=0 con lo que queda: A=(-3,0,0), de la misma forma B=(0,3,0) es el punto de corte con el eje Y y C=(0,0,-1) el punto de corte con el eje Z. El área del triángulo la calculamos con el producto vectorial. Es la mitad del módulo del producto vectorial de los vectores AB y AC &

1 | 3,3,0 ) 3,0, 1 | 2

El volumen viene determinado por el producto mixto +

000001 El vector determinado por A y D es 56 Luego +

"

8#

7

3 3

3 2

3 0

7

El valor del volumen mínimo es +

0 1#8 3 ;

7

9 :9:;

3,2

000001 ,.2 000001 ,.3 0000001 4, ,-./

7, 3

⇒+ 7

3√11 2

7

"

⇒+ 7

0 => 7

1B.- Solución: Cuando la derivada es positiva la función es creciente: 60 1 2A

? @

B

120A B C 0 ∀@ ⇒ ? @ EA >AF@A 2 AB

⇒? @

Luego la concentración es mínima cuando t sea mínima t=0 y resulta N(0)=20 Por otro lado: limB→:K

"L : M NO

60 y este es el valor al que tiende la concentración de nitrógeno, 60%

2B.- Solución: La primera parece un arco tangente a primera vista. Podemos ponerlo más claro: 1 P 4 9

1 P 4

S

1 S 9 1 4

1 2 T P 4 3

1

3 2 S 3 U2V

1 3 E @ FW X 6 2

Y

En la segunda, si efectuamos la suma, nos queda un cociente donde el numerador es la dedrivada del denominador, luego se trata de un logaritmo neperiano: 1 tan

P Wtan

XS

P

@ F tan

1

S

]F tan

Y

3B.- Solución: Puesto que ^

5

y como 1

|5 T 5 |

|5| T |5 |

3 T |5 | ⇒ |5 |

|^|

El rango de B es el mismo que el de A pues su determinante es distinto de cero y son del mismo orden.

1 _0 0

2 10 7

8 3b T c 0

1 0 0 _ 0 3 0b ⇒ c 0 0 7 1 _0 0

1 _0 0 2 10 7

2 10 7 8 3b 0

Más sencillo:

1 #0 0

2 10 7

8 3# T |c| 0

1 0 #0 3 0 0

8 3b 0 1 f e0 e d0

1 0 T _0 3 0 0 8 3

0

1 3

0 0# ⇒ 21 T |c| 7

0 0b 7

74 21 i 1 h 7 h 10 21 g

1 f e0 0 d

21 ⇒ |c|

8 0

1

1

74 3 i 1 h ⇒ |c| 10 3 g

1

4B.- Solución: Serán paralelos cuando el sistema formado por las tres ecuaciones no tenga solución 2 k

k

j j

j

6 0

2 ⇒ l _0 4 1

0 6 1 0b 1 4

2 3 mnEopA #0 1

0 6 1 0# 1 4

2 Luego la matriz ampliada tiene rango 3

2 El rango de la matriz de coeficientes depende del determinante #0 1

0 1 1

1 1#

2

3

el rango es 2 y en este único caso el sistema es incompatible y la recta paralela al

Luego cuando plano.

El vector (2,0,-1) es perpendicular al plano π y el vector producto vectorial de los vectores 0,1,1 ) U1, 1,

V

, 1, 1 es vector director de la recta r. Con ellos y el punto (0,0,4) que es de la

recta (obtenido dando a z el valor 0 en las ecuaciones de la recta) determinamos el plano π’ pedido. Su ecuación cartesiana será: 8 k j

4

2 0 1

18 1

0⇒2

5k

4j

8