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Examen de Selectividad Matemáticas II. Andalucía 2013 - 2. Completamente resuelto

selectividad matemáticas II andalucía selectividad matemáticas II andalucía

Este modelo de examen de Matemáticas II apareció, según esta dirección Web, en Andalucía en el año 2013. Las soluciones se pueden ver haciendo clic en el lugar correspondiente.


Ejercicio 1.- [2,5 puntos] En el primer cuadrante representamos un rectángulo de tal manera que tiene un vértice en el origen de coordenadas y el vértice opuesto en la parábola \(y=-x^2+3\). Determina las dimensiones del rectángulo para que su área sea máxima.

dibujo002

El área \(A\) del rectángulo es, claramente, \(A=x(-x^2+3)=-x^3+3x\) (ver figura).

Si maximizamos la función anterior obtenderemos el valor de \(x\) para el que el área del rectángulo es máxima.

Derivando: \(A'=-3x^2+3\).

Igualando a cero la derivada obtenemos los "candidatos" a extremos relativos:

\[-3x^2+3=0\Leftrightarrow x^2=1\Leftrightarrow\begin{cases}x=-1\\x=1\end{cases}\]

La derivada segunda es \(A''=-6x\). Evaluando ésta en los valores obtenidos anteriormente tenemos:

\(A''(-1)=-6(-1)=6>0\Rightarrow x=-1\) es un mínimo relativo.

\(A''(1)=-6\cdot1=-6<0\Rightarrow x=1\) es un máximo relativo. 

Por tanto el área será máxima cuando \(x=1\). Para este valor es \(y=-1^2+3=2\). Así, el rectángulo de área máxima tiene base igual a 1 y altura igual a 2. 


Ejercicio 2.- [2,5 puntos] Calcula:

\[\int_0^\frac{\pi}{2}x\cos(x)dx\]

Integraremos por partes:

\[\int udv=uv-\int vdu\]

En este caso:

\[\int x\cos x\,dx=\begin{bmatrix}u=x&;&du=dx\\dv=\cos x\,dx&;&v=\text{sen}\,x\end{bmatrix}=\]

\[=x\,\text{sen}\,x-\int\text{sen}\,x\,dx=x\,\text{sen}\,x+\cos x+C\]

Por tanto:

\[\int_0^\frac{\pi}{2}x\cos x\,dx=\left[x\,\text{sen}\,x+\cos x\right]_0^{\frac{\pi}{2}}=\]

\[=\left(\frac{\pi}{2}\,\text{sen}\,\frac{\pi}{2}+\cos\frac{\pi}{2}\right)-(0\,\text{sen}\,0+\cos0)=\left(\frac{\pi}{2}\cdot1+0 \right )-(0+1)=\frac{\pi}{2}-1\approx0.57\,\text{uds}^2\]

El valor hallado anteriormente es el área \(A\) de la región sombreada que aparece en la figura siguiente:

dibujo003


Ejercicio 3.- Sea la matriz

\[A=\begin{pmatrix}3&0&\lambda\\-5&\lambda&-5\\ \lambda&0&3\end{pmatrix}\]

(a) [1 punto] Determina los valores de \(\lambda\) para los que la matriz \(A-2I\) tiene inversa, siendo \(I\) la matriz identidad de orden 3.

(b) [1,5 puntos] Para \(\lambda=-2\), resuelve la ecuación matricial \(AX=2X+I\).

(a) Una matriz cuadrada no tiene inversa si su determinante es igual a cero. Hallemos pues el determinante de la matriz \(A\) e igualémoslo posteriormente a cero.

\[|A|=\begin{vmatrix}3&0&\lambda\\-5&\lambda&-5\\ \lambda&0&3\end{vmatrix}=9\lambda-\lambda^3\]

Entonces:

\[|A|=0\Leftrightarrow9\lambda-\lambda^3=0\Leftrightarrow\lambda(9-\lambda^2)=0\Leftrightarrow\begin{cases}\lambda=0\\\lambda=3\\\lambda=-3\end{cases}\]

Por tanto, la matriz \(A\) no tiene inversa para los valores anteriores, es decir, \(A\) tiene inversa siempre que \(\lambda\neq0\), \(\lambda\neq3\) y \(\lambda\neq-3\).

(b) En primer lugar despejemos \(X\) de la ecuación matricial \(AX=2X+I\).

\[AX=2X+I\Leftrightarrow AX-2X=I\Leftrightarrow (A-2I)X=I\Leftrightarrow\]

\[\Leftrightarrow(A-2I)^{-1}(A-2I)X=(A-2I)^{-1}I\Leftrightarrow X=(A-2I)^{-1}\]

Para \(\lambda=-2\) tenemos:

\[A-2I=\begin{pmatrix}3&0&-2\\-5&-2&-5\\ -2&0&3\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&0\\ 0&0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&-2\\-5&-4&-5\\ -2&0&1\end{pmatrix}\]

Su determinante es:

\[|A-2I|=\begin{vmatrix}1&0&-2\\-5&-4&-5\\-2&0&1\end{vmatrix}=-4-(-16)=12\]

La matriz inversa de \(A-2I\) es:

\[(A-2I)^{-1}=\frac{1}{|A-2I|}[(A-2I)^d]^t\]

donde \([(A-2I)^d]^t\) es la traspuesta de la adjunta de \(A-2I\). Esta última es:

\[(A-2I)^d=\begin{pmatrix}-4&15&-8\\0&-3&0\\-8&15&-4\end{pmatrix}\]

Por tanto:

\[[(A-2I)^d]^t=\begin{pmatrix}-4&0&-8\\15&-3&15\\-8&0&-4\end{pmatrix}\]

Así pues, finalmente:

\[X=(A-2I)^{-1}=\frac{1}{12}\begin{pmatrix}-4&0&-8\\15&-3&15\\-8&0&-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{1}{3}&0&-\frac{2}{3}\\ \frac{5}{4}&-\frac{1}{4}&\frac{5}{4}\\-\frac{2}{3}&0&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}\]


Ejercicio 4.-. [2,5 puntos] Considera los planos \(\pi_1\) y \(\pi_2\) dados respectivamente por las ecuaciones

\[(x,y,z)=(-2,0,7)+\lambda(1,-2,0)+\mu(0,1,-1)\]

\[2x+y-z+5=0\]

Determina los puntos de la recta \(r\) definida por \(\displaystyle x=y+1=\frac{z-1}{-3}\) que equidistan de \(\pi_1\) y \(\pi_2\).

Las ecuaciones paramétricas del plano \(\pi_1\) son:

\[\begin{cases}x=-2+\lambda\\y=-2\lambda+\mu\\z=7-\mu\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x+2=+\lambda\\y=-2\lambda+\mu\\z-7=-\mu\end{cases}\]

La ecuación implícita o general del plano se obtiene elimando los parámetros \(\lambda\) y \(\mu\), tomando las ecuaciones anteriores como un sistema con tres ecuaciones y dos incógnitas (los parámetros mencionados). Para ello el determinande la matriz ampliada ha de tener rango dos (como la de los coeficientes) y, por tanto, su determinante ha de ser igual a cero:

\[\begin{vmatrix}x+2&1&0\\y&-2&1\\z-7&0&-1\end{vmatrix}=0\Leftrightarrow (2x+4+z-7)-(-y)=0\Leftrightarrow\]

\[\Leftrightarrow\pi_1\equiv2x+y+z-3=0\]

Un vector perpendicular (normal) al plano anterior es \(\vec{v}=(2,1,1)\).

Por otro lado, un vector director de la recta \(r\) es \(\vec{u}=(1,1,-3)\).

Obsérvese que \(\vec{u}\perp\vec{v}=0\) pues \(\vec{u}\cdot\vec{v}=2\cdot1+1\cdot1+1\cdot(-3)=2+1-3=0\). Esto quiere decir que la recta es perpendicular a un vector perpendicular al plano, es decir, que la recta \(r\) es paralela al plano \(\pi_1\). Por esta razón, la distancia de la recta \(r\) al plano \(\pi_1\) se podrá calcular tomando un punto \(P\) cualquiera de la recta y calculando su distancia al plano \(\pi_1\). Esto se observa muy bien en la figura siguiente:

dibujo004

Las ecuaciones paramétricas de la recta son (no es difícil pasar de continuas a paramétricas):

\[\begin{cases}x=\lambda\\y=-1+\lambda\\z=1-3\lambda\end{cases}\]

Por tanto un punto cualquiera \(P\) de la recta es de la forma \(P=(\lambda,-1+\lambda,1-3\lambda)\).

Recordemos que la distancia de un punto \(P=(p_1,p_2,p_3)\) a un plano \(\pi\equiv Ax+By+Cz+D=0\) viene dada por la fórmula (si quieres ver la demostración puedes buscarla en la página 9 de los siguientes apuntes de geometría):

\[d(P,\pi)=\frac{|Ap_1+Bp_2+Cp_3+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\]

Por tanto, en nuestro caso:

\[d(r,\pi_1)=d(P,\pi_1)=\frac{|2\lambda+1(-1+\lambda)+1(1-3\lambda)-3|}{\sqrt{2^2+1^2+1^2}}=\frac{|-3|}{\sqrt{6}}=\frac{3}{\sqrt{6}}\]

Análogamente:

\[d(r,\pi_2)=d(P,\pi_2)=\frac{|2\lambda+1(-1+\lambda)-1(1-3\lambda)+5|}{\sqrt{2^2+1^2+1^2}}=\frac{|6\lambda+3|}{\sqrt{6}}\]

Así pues los puntos \(P=(\lambda,-1+\lambda,1-3\lambda)\in r\) que equidistan (que están a la misma distancia) de \(\pi_1\) y de \(\pi_2\), deben verificar que:

\[\frac{|6\lambda+3|}{\sqrt{6}}=\frac{3}{\sqrt{6}}\Leftrightarrow|6\lambda+3|=3\Leftrightarrow\begin{cases}6\lambda+3\Rightarrow\lambda=0\\6\lambda+3=-3\Rightarrow\lambda=-1\end{cases}\]

Por tanto los dos únicos puntos de la recta \(r\) que equidistan de ambos planos son:

Para \(\lambda=0\), \(P_1=(0,-1,1)\).

Para \(\lambda=-1\), \(P_2=(-1,-2,4)\).


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