Resolución paso a paso
Matemáticas
Prueba de acceso de la Comunitat Valenciana (Matemáticas II, convocatoria de julio de 2020). Hay seis problemas de 10 puntos y se eligen tres; aquí se resuelven los seis.
Problema 1 · Sistema con parámetro $a$
El sistema (recuperado con la posición de los símbolos del PDF) es $x+y+az=1,\; x+ay+z=1,\; ax+y+z=-2$, con matriz $A=\begin{pmatrix}1&1&a\\1&a&1\\a&1&1\end{pmatrix}$.
a) Estudio según $a$ (5 puntos).
Determinante:
$$|A|=(a-1)-(1-a)+a(1-a^2)=-a^3+3a-2=-(a-1)^2(a+2)$$
- Si $a\neq1$ y $a\neq-2$: compatible determinado.
- Si $a=1$: las tres ecuaciones tienen el mismo primer miembro, $x+y+z$, pero términos independientes distintos ($1$, $1$ y $-2$): incompatible.
- Si $a=-2$: el rango de $A$ es 2 (el menor $\begin{vmatrix}1&1\\1&-2\end{vmatrix}=-3\neq0$ y $|A|=0$). Sumando las tres ecuaciones resulta $0=1+1-2=0$, que es coherente, así que el rango de la ampliada también es 2: compatible indeterminado.
b) Soluciones para $a=-2$ (3 puntos).
Quedan $x+y-2z=1$ y $x-2y+z=1$ (la tercera es combinación de ellas). Restando: $3y-3z=0$, luego $y=z$, y $x=1+y$. Con $z=\lambda$:
$$(x,y,z)=(1+\lambda,\;\lambda,\;\lambda),\qquad\lambda\in\mathbb R$$
c) Solución para $a=0$ (2 puntos).
Queda $x+y=1$, $x+z=1$, $y+z=-2$. De las dos primeras, $y=z$, y de la tercera $y=z=-1$, así que $x=2$:
$$(x,y,z)=(2,\,-1,\,-1)$$
Problema 2 · Recta, puntos y planos
La recta es $r:\ \dfrac{x-1}1=\dfrac{y+1}1=\dfrac z{-1}$ (dirección $\vec d=(1,1,-1)$) y los puntos $P=(1,0,0)$ y $Q=(2,1,\alpha)$.
a) Valor de $\alpha$ para que $PQ\parallel r$ (3 puntos).
$\overrightarrow{PQ}=(1,1,\alpha)$ es paralelo a $(1,1,-1)$ si $\alpha=-1$.
b) Plano que contiene a $P$ y $Q$ y es paralelo a $r$, con $\alpha=1$ (3 puntos).
Ahora $\overrightarrow{PQ}=(1,1,1)$. La normal es $\overrightarrow{PQ}\times\vec d=(1,1,1)\times(1,1,-1)=(-2,2,0)\parallel(-1,1,0)$, y pasa por $P$:
$$-(x-1)+y=0\ \Longrightarrow\ x-y-1=0$$
Comprobación: $Q=(2,1,1)$ cumple $2-1-1=0$, y $(1,-1,0)\cdot(1,1,-1)=0$.
c) Distancia de $Q$ al plano que pasa por $P$ y es perpendicular a $r$, con $\alpha=1$ (4 puntos).
Su normal es la dirección de $r$: $(x-1)+y-z=0$, es decir $x+y-z-1=0$.
$$d(Q,\pi)=\frac{|2+1-1-1|}{\sqrt3}=\frac1{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}3\approx0{,}577$$
Problema 3 · Análisis de $f(x)=\dfrac{x^2+1}{x^2(x-1)}$
a) Dominio y asíntotas (3 puntos).
El dominio es $\mathbb R\setminus\{0,1\}$. Asíntotas:
- Verticales: $x=0$, porque $f\to-\infty$ a ambos lados (el numerador tiende a 1 y el denominador a $0^-$), y $x=1$, porque el numerador tiende a 2 y $f\to+\infty$ por la derecha y $-\infty$ por la izquierda.
- Horizontal: el grado del numerador es menor que el del denominador, así que $y=0$ (en $\pm\infty$). No hay oblicuas.
b) Integral y primitiva por $(2,0)$ (3 + 1 puntos).
Se descompone en fracciones simples: $x^2+1=A\,x(x-1)+B(x-1)+Cx^2$. Con $x=0$: $B=-1$; con $x=1$: $C=2$; comparando $x^2$: $A=-1$. Entonces
$$f(x)=-\frac1x-\frac1{x^2}+\frac2{x-1}\ \Longrightarrow\ \int f(x)\,dx=-\ln|x|+\frac1x+2\ln|x-1|+C$$
La primitiva cuya gráfica pasa por $(2,0)$: $-\ln2+\tfrac12+0+C=0\Rightarrow C=\ln2-\tfrac12$:
$$F(x)=-\ln|x|+\frac1x+2\ln|x-1|+\ln2-\frac12$$
c) Área entre la curva, $y=0$, $x=2$ y $x=4$ (3 puntos).
En $[2,4]$ la función es positiva, así que el área es la integral:
$$A=\int_2^4f=\Big[-\ln x+\tfrac1x+2\ln(x-1)\Big]_2^4=\left(-2\ln2+\tfrac14+2\ln3\right)-\left(-\ln2+\tfrac12\right)=2\ln3-\ln2-\frac14=\ln\frac92-\frac14\approx1{,}254$$
Problema 4 · Matrices con parámetro $b$
Las matrices son $A=\begin{pmatrix}1&2\\b&0\\-1&2\end{pmatrix}$ ($3\times2$) y $B=\begin{pmatrix}-1&0&2\\-1&b&-1\end{pmatrix}$ ($2\times3$).
a) Inversas de $AB$ y $BA$ (3 puntos).
$AB$ es de orden $3\times3$ y $BA$ de orden $2\times2$. El rango de $AB$ es como mucho 2 (viene de multiplicar por una matriz de dos columnas), así que $|AB|=0$ y $AB$ no es invertible para ningún $b$. Para $BA$:
$$BA=\begin{pmatrix}-3&2\\b^2&-4\end{pmatrix},\qquad|BA|=12-2b^2=2(6-b^2)$$
$BA$ es invertible si $b\neq\pm\sqrt6$.
b) Inversa de $A^TA$ (3 puntos).
$$A^TA=\begin{pmatrix}1&b&-1\\2&0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\b&0\\-1&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}b^2+2&0\\0&8\end{pmatrix},\qquad|A^TA|=8(b^2+2)>0$$
El determinante no se anula nunca: $A^TA$ tiene inversa para todo $b$ real.
c) La inversa (4 puntos).
$$(A^TA)^{-1}=\begin{pmatrix}\dfrac1{b^2+2}&0\\0&\dfrac18\end{pmatrix}$$
Problema 5 · Planos y rectas
El plano es $\pi:\ 2x+y-z-5=0$ (normal $(2,1,-1)$) y los puntos $A(1,2,-1)$ y $B(2,1,0)$.
a) Plano por $A$ y $B$ perpendicular a $\pi$ (4 puntos).
Contiene a $\overrightarrow{AB}=(1,-1,1)$ y a la normal de $\pi$; su normal es
$$\overrightarrow{AB}\times(2,1,-1)=(0,3,3)\parallel(0,1,1)$$
y pasa por $A$: $(y-2)+(z+1)=0$, es decir $y+z-1=0$. Se comprueba que $B$ lo cumple.
b) Recta $r$ perpendicular a $\pi$ por $A$ y dos planos que la definen (1 + 2 puntos).
Su dirección es la normal de $\pi$:
$$r:\ (x,y,z)=(1+2\lambda,\;2+\lambda,\;-1-\lambda)$$
En forma continua, $\dfrac{x-1}2=\dfrac{y-2}1=\dfrac{z+1}{-1}$, de donde salen dos planos cuya intersección es $r$: $\ x-2y+3=0$ y $y+z-1=0$.
c) Distancia de $B$ a $r$ (3 puntos).
Con $\overrightarrow{AB}=(1,-1,1)$ y $\vec d=(2,1,-1)$:
$$d(B,r)=\frac{|\overrightarrow{AB}\times\vec d|}{|\vec d|}=\frac{|(0,3,3)|}{\sqrt6}=\frac{3\sqrt2}{\sqrt6}=\sqrt3\approx1{,}73$$
Problema 6 · Triángulo isósceles de área máxima
Los lados iguales miden 10 cm y el tercero $x$ cm, con $0\le x\le20$.
a) Área en función de $x$ (4 puntos).
La altura sobre el lado $x$ es $h=\sqrt{100-\tfrac{x^2}4}$, así que
$$A(x)=\frac12\,x\,\sqrt{100-\frac{x^2}4}=\frac x4\sqrt{400-x^2}$$
b) Crecimiento y decrecimiento (4 puntos).
$$A'(x)=\frac14\left[\sqrt{400-x^2}-\frac{x^2}{\sqrt{400-x^2}}\right]=\frac{200-x^2}{2\sqrt{400-x^2}}$$
Se anula en $x=\sqrt{200}=10\sqrt2\approx14{,}14$. Es positiva en $(0,\,10\sqrt2)$ (crece) y negativa en $(10\sqrt2,\,20)$ (decrece).
c) Lado que maximiza el área y valor (2 puntos).
El máximo se alcanza en $x=10\sqrt2$ cm:
$$A_{\max}=\frac{10\sqrt2}4\sqrt{400-200}=\frac{10\sqrt2\cdot10\sqrt2}4=50\ \text{cm}^2$$
(Es el triángulo rectángulo isósceles de catetos 10 cm.)