Resolución paso a paso

Matemáticas

Navarra · 2022 · Convocatoria extraordinaria

Examen de Navarra, Matemáticas II (PAU 2022, extraordinaria): se hacen cuatro preguntas de las ocho; aquí se resuelven todas.

P1 · Sistema con parámetro $a$

$$\begin{cases}(a^2-1)x+ay+a^2z=1\\(a^2-1)x+(a+1)y+(a^2+a)z=2\\y+(a^2+2a)z=a+2\end{cases}$$

Resultado teórico: teorema de Rouché–Frobenius.

Restando la ecuación 1 a la 2 se obtiene $y+az=1$. Con $F_2-F_1$, el determinante es

$$|A|=\begin{vmatrix}a^2-1&a&a^2\\0&1&a\\0&1&a^2+2a\end{vmatrix}=(a^2-1)(a^2+a)=a(a-1)(a+1)^2$$

que se anula en $a=0$, $a=1$ y $a=-1$.

$a\notin\{-1,0,1\}$: compatible determinado. De $y+az=1$ y la tercera, $y+(a^2+2a)z=a+2$: restando, $(a^2+a)z=a+1\Rightarrow z=\dfrac1a$. Entonces $y=1-az=0$, y de la primera, $(a^2-1)x=1-a\Rightarrow x=-\dfrac1{a+1}$:

$$(x,y,z)=\left(-\frac1{a+1},\ 0,\ \frac1a\right)$$

$a=1$: compatible indeterminado. La primera ecuación se reduce a $y+z=1$; con $z=1$, $y=0$, $x$ libre: $(x,y,z)=(\lambda,0,1)$. Rango 2 y un parámetro.
$a=0$: incompatible. De $y+az=1$ resulta $y=1$, pero la tercera ecuación da $y=2$.
$a=-1$: incompatible. La primera ecuación queda $-y+z=1$ y la combinación $y+az=1$ queda $y-z=1$: contradicción.

P2 · $|A\cdot B|=0$ para toda $A$ de dimensión $3\times2$

$B=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&2\end{pmatrix}$ es $2\times3$, luego $A\cdot B$ es una matriz cuadrada $3\times3$.

Demostración. Cada fila de $AB$ es una combinación lineal de las dos filas de $B$ (los coeficientes son los de la fila correspondiente de $A$). Por tanto las tres filas de $AB$ están en un subespacio de dimensión $\leq2$: son linealmente dependientes, el rango de $AB$ es $\leq2<3$ y

$$|AB|=0\ \ \blacksquare$$

(En general: rango$(AB)\leq\min\{\text{rango}(A),\text{rango}(B)\}\leq2$.)

P3 · Plano perpendicular a $\alpha$

$\alpha:\ 2x-y-z-1=0$ (normal $\vec n_\alpha=(2,-1,-1)$), $P(-1,2,1)$ y $r:\ \begin{cases}x+y-2z-3=0\\y-z-3=0\end{cases}$.

Dirección de $r$: $(1,1,-2)\times(0,1,-1)=(1,1,1)$.
El plano $\pi$ es perpendicular a $\alpha$, luego contiene la dirección $\vec n_\alpha$; y la recta $\pi\cap\alpha$ es paralela a $r$, luego $\pi$ contiene la dirección $\vec d_r=(1,1,1)$. La normal de $\pi$ es

$$\vec n_\pi=\vec d_r\times\vec n_\alpha=(1,1,1)\times(2,-1,-1)=(0,3,-3)\parallel(0,1,-1)$$

$\pi:\ y-z+D=0$ por $P$: $2-1+D=0\Rightarrow D=-1$.

$$\boxed{\pi:\ y-z-1=0}$$

Comprobación: $\vec n_\pi\cdot\vec n_\alpha=-1+1=0$ ✓ (perpendiculares) y $\vec n_\pi\times\vec n_\alpha=(-2,-2,-2)\parallel(1,1,1)$ ✓ (la intersección es paralela a $r$).

P4 · Centros de esferas de radio 3 tangentes a un plano

$r:\ \begin{cases}3x-y+z-6=0\\x-y+3z-8=0\end{cases}$ y $\pi:\ 2x+2y-z-7=0$.

Parametrizar $r$. Restando las ecuaciones: $2x-2z+2=0\Rightarrow x=z-1$, y entonces $y=x+3z-8=4z-9$. Con $z=t$: $(t-1,\ 4t-9,\ t)$.

Tangencia. La distancia del centro al plano debe ser el radio $3$:

$$\frac{|2(t-1)+2(4t-9)-t-7|}{\sqrt{4+4+1}}=\frac{|9t-27|}{3}=3\ \Rightarrow\ |t-3|=1\ \Rightarrow\ t=4\ \text{o}\ t=2$$

$$\boxed{C_1=(3,\,7,\,4)\quad(t=4),\qquad C_2=(1,\,-1,\,2)\quad(t=2)}$$

P5 · $f(x)=\sin\!\left(\dfrac\pi4\ln\dfrac1x\right)$ en $\left[\dfrac1e,e\right]$

a) Continuidad.

$\ln\frac1x=-\ln x$ es continua para $x>0$, y la composición con el seno también: $f$ es continua en $\left[\tfrac1e,e\right]$ (y derivable en $\left(\tfrac1e,e\right)$).

b) Teorema del valor medio (Lagrange).

Enunciado: si $f$ es continua en $[a,b]$ y derivable en $(a,b)$, existe $\alpha\in(a,b)$ con $f'(\alpha)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$. Se cumplen las hipótesis y

$$f\!\left(\tfrac1e\right)=\sin\!\left(\tfrac\pi4\ln e\right)=\sin\tfrac\pi4=\tfrac{\sqrt2}2,\qquad f(e)=\sin\!\left(\tfrac\pi4\ln\tfrac1e\right)=-\tfrac{\sqrt2}2$$

$$f'(\alpha)=\frac{-\tfrac{\sqrt2}2-\tfrac{\sqrt2}2}{e-\tfrac1e}=\frac{-\sqrt2\,e}{e^2-1}=\frac{e\sqrt2}{1-e^2}\ \ \blacksquare$$

P6 · Límites

Forma $1^\infty$: $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x^2}{x^2+x-1}\right)^{2x-1}=\exp\left(\lim(2x-1)\left[\frac{x^2}{x^2+x-1}-1\right]\right)$. Como $\dfrac{x^2}{x^2+x-1}-1=\dfrac{1-x}{x^2+x-1}$:

$$\lim\frac{(2x-1)(1-x)}{x^2+x-1}=-2\ \Rightarrow\ \lim=e^{-2}$$

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{(e^x-1)^2}{\ln(x+1)-x}$ es de tipo $\tfrac00$. Con desarrollos: $(e^x-1)^2\sim x^2$ y $\ln(1+x)-x\sim-\tfrac{x^2}2$:

$$\lim_{x\to0}\frac{x^2}{-x^2/2}=\boxed{-2}$$

P7 · $f(x)=\ln\!\left(\sin\dfrac{\pi x}6-\cos\dfrac{\pi x}6\right)$ en $[2,4]$

a) Continuidad.

Sea $g(x)=\sin\frac{\pi x}6-\cos\frac{\pi x}6=\sqrt2\,\sin\!\left(\frac{\pi x}6-\frac\pi4\right)$. En $[2,4]$ el argumento del seno va de $\tfrac\pi{12}$ a $\tfrac{5\pi}{12}$, donde el seno es positivo; luego $g>0$ y $\ln g$ es continua en $[2,4]$.

b) Teorema de Bolzano.

Enunciado: si $f$ es continua en $[a,b]$ y $f(a)\cdot f(b)<0$, existe $\alpha\in(a,b)$ con $f(\alpha)=0$.

$f(2)=\ln\!\left(\tfrac{\sqrt3-1}{2}\right)=\ln0{,}366<0$.
$f(4)=\ln\!\left(\tfrac{\sqrt3+1}{2}\right)=\ln1{,}366>0$.

Luego existe $\alpha\in(2,4)$ con $f(\alpha)=0$ (de hecho $\alpha=3$: $g(3)=1-0=1$ y $\ln1=0$).

P8 · Área entre $f(x)=x^3-3x-2$ y $g(x)=x-2$

Cortes. $x^3-3x-2=x-2\Rightarrow x^3-4x=0\Rightarrow x(x-2)(x+2)=0\Rightarrow x=-2,\,0,\,2$. La diferencia $f-g=x^3-4x$ es positiva en $(-2,0)$ y negativa en $(0,2)$.

$$\text{Área}=\int_{-2}^{0}(x^3-4x)\,dx+\int_0^2(4x-x^3)\,dx=\Big[\tfrac{x^4}4-2x^2\Big]_{-2}^0+\Big[2x^2-\tfrac{x^4}4\Big]_0^2=4+4=\boxed{8\ \text{u}^2}$$