Resolución paso a paso
Matemáticas
Examen de Navarra, Matemáticas II (PAU 2023, ordinaria): se hacen cuatro preguntas de las ocho; aquí se resuelven todas.
P1 · Sistema con parámetro $a$
$$\begin{cases}x-y-z=0\\2x+(2a-1)y+(\sqrt2-2)z=2\\-ax+ay+2a^2z=\sqrt2\end{cases}$$
Resultado teórico: teorema de Rouché–Frobenius.
Se hacen operaciones por filas: $F_2-2F_1$ y $F_3+aF_1$ dan
$$(2a+1)\,y+\sqrt2\,z=2,\qquad a(2a-1)\,z=\sqrt2$$
y la primera ecuación da $x=y+z$. El determinante de los coeficientes es $|A|=a(2a-1)(2a+1)$, que se anula en $a=0$, $a=\tfrac12$ y $a=-\tfrac12$.
- $a\notin\{0,\tfrac12,-\tfrac12\}$: compatible determinado. $z=\dfrac{\sqrt2}{a(2a-1)}$; $y=\dfrac{2-\sqrt2z}{2a+1}=\dfrac{2\big(a(2a-1)-1\big)}{a(2a-1)(2a+1)}=\dfrac{2(a-1)}{a(2a-1)}$ (porque $2a^2-a-1=(2a+1)(a-1)$); y $x=y+z$:
$$(x,y,z)=\left(\frac{2a-2+\sqrt2}{a(2a-1)},\ \frac{2(a-1)}{a(2a-1)},\ \frac{\sqrt2}{a(2a-1)}\right)$$
- $a=0$ o $a=\tfrac12$: incompatible. La ecuación $a(2a-1)z=\sqrt2$ queda $0=\sqrt2$.
- $a=-\tfrac12$: compatible indeterminado. $a(2a-1)=1$, luego $z=\sqrt2$; y la ecuación $(2a+1)y+\sqrt2z=2$ queda $0\cdot y+2=2$, que se cumple para cualquier $y$. Rango 2 y un parámetro: $(x,y,z)=(\lambda+\sqrt2,\ \lambda,\ \sqrt2)$, $\lambda\in\mathbb{R}$.
P2 · Rango máximo de $A\cdot B$
$$A=\begin{pmatrix}0&0&-1\\0&1&t-1\\1&t&1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}t+1&1&t\\0&t-2&t+1\\t+1&t+1&-t-1\end{pmatrix}$$
$|A|=(-1)\,(0\cdot t-1\cdot1)=1\neq0$: $A$ es regular, así que rango$(AB)$ = rango$(B)$. El máximo es 3 y se alcanza si y solo si $|B|\neq0$. Restando la fila 1 a la 3: $F_3'=(0,\,t,\,-2t-1)$:
$$|B|=(t+1)\big[(t-2)(-2t-1)-(t+1)t\big]=(t+1)\left(-3t^2+2t+2\right)=-(t+1)(3t^2-2t-2)$$
Se anula en $t=-1$ y en $3t^2-2t-2=0\iff t=\dfrac{1\pm\sqrt7}{3}$. Por tanto
$$\boxed{\text{rango}(AB)=3\ \text{si}\ t\notin\left\{-1,\ \tfrac{1+\sqrt7}3,\ \tfrac{1-\sqrt7}3\right\}}$$
P3 · Perpendicular común a $r$ y $s$
$r:\ \begin{cases}x-y-z+2=0\\x-3y+3z-8=0\end{cases}$ y $s:\ \dfrac{x-2}{3}=\dfrac{y+5}{-4}=\dfrac{z}{-2}$.
Dirección. $\vec d_r=(1,-1,-1)\times(1,-3,3)=(-6,-4,-2)\parallel(3,2,1)$ y $\vec d_s=(3,-4,-2)$. La dirección de la recta perpendicular a ambas es
$$\vec d=\vec d_r\times\vec d_s=(0,9,-18)\parallel(0,1,-2)$$
Planos. Un punto de $r$ (con $z=0$): $R(-7,-5,0)$. El plano $\pi_1$ que contiene a $r$ y a $\vec d$ tiene normal $\vec d_r\times\vec d=(-5,6,3)$: $\pi_1:\ 5x-6y-3z+5=0$ (comprobación con $R$: $-35+30+5=0$). Un punto de $s$: $S_0(2,-5,0)$. El plano $\pi_2$ que contiene a $s$ y a $\vec d$ tiene normal $\vec d_s\times\vec d=(10,6,3)$: $\pi_2:\ 10x+6y+3z+10=0$ (comprobación: $20-30+10=0$).
Recta. $\pi_1\cap\pi_2$: sumando, $15x+15=0\Rightarrow x=-1$; entonces $-6y-3z=0\Rightarrow z=-2y$:
$$\boxed{x=-1,\quad y=\lambda,\quad z=-2\lambda}\qquad\text{es decir}\quad x=-1,\ \frac y1=\frac z{-2}$$
P4 · Punto de una recta más cercano a $P$
$P(1,5,-1)$ y $r:\ \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-2}{1}=\dfrac{z+4}{2}$, es decir, $Q(t)=(1+2t,\ 2+t,\ -4+2t)$ con dirección $(2,1,2)$.
a) Distancia mínima.
$\overrightarrow{PQ}=(2t,\ t-3,\ 2t-3)$ debe ser perpendicular a $r$: $4t+(t-3)+2(2t-3)=9t-9=0\Rightarrow t=1$:
$$\boxed{Q=(3,3,-2)}\qquad(d(P,Q)=|(2,-2,-1)|=3)$$
b) Puntos a distancia $3\sqrt2$.
$|\overrightarrow{PQ}|^2=4t^2+(t-3)^2+(2t-3)^2=9t^2-18t+18=18\Rightarrow9t(t-2)=0$:
$$\boxed{Q_1=(1,2,-4)\ (t=0),\qquad Q_2=(5,4,0)\ (t=2)}$$
P5 · Integrales indefinidas
a)
$\displaystyle\int\frac{2x-5}{x^2+x-2}\,dx$ con $x^2+x-2=(x+2)(x-1)$. Descomposición: $\dfrac{2x-5}{(x+2)(x-1)}=\dfrac A{x+2}+\dfrac B{x-1}$ con $2x-5=A(x-1)+B(x+2)$: en $x=1$, $B=-1$; en $x=-2$, $A=3$.
$$\int\frac{2x-5}{x^2+x-2}\,dx=3\ln|x+2|-\ln|x-1|+C$$
b)
$\displaystyle\int x\ln x\,dx$, por partes ($u=\ln x$, $dv=x\,dx$):
$$=\frac{x^2}{2}\ln x-\int\frac x2\,dx=\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}+C$$
P6 · Continuidad en $\mathbb{R}$
$$f(x)=\begin{cases}\dfrac{\cos^2(\pi x)-1}{1-x}&x<1\\[2mm]\ln\!\left(x\,e^{x+1}\right)-2x&x\geq1\end{cases}$$
- $x<1$: $\cos^2(\pi x)-1=-\sin^2(\pi x)$, así que $f=-\dfrac{\sin^2(\pi x)}{1-x}$ es continua (el denominador solo se anula en $x=1$).
- $x>1$: $\ln(xe^{x+1})-2x=\ln x+x+1-2x=\ln x-x+1$, continua para $x>0$.
- En $x=1$:
- $f(1)=\ln1-1+1=0$ y $\lim_{x\to1^+}f=0$.
- Por la izquierda: $\sin(\pi x)=\sin\big(\pi(1-x)\big)\sim\pi(1-x)$, luego $\lim_{x\to1^-}\dfrac{-\sin^2(\pi x)}{1-x}=\lim\dfrac{-\pi^2(1-x)^2}{1-x}=\lim\left(-\pi^2(1-x)\right)=0$.
Los tres valores coinciden: $f$ es continua en todo $\mathbb{R}$.
P7 · $f(x)=(x+1)\sin(\pi x)$
a)
Es el producto de dos funciones continuas en $\mathbb{R}$ (un polinomio y un seno): continua en $\mathbb{R}$.
b) Teorema de los valores intermedios.
Enunciado: si $f$ es continua en $[a,b]$, toma todos los valores entre $f(a)$ y $f(b)$ (corolario del teorema de Bolzano). $f$ es continua (apartado a), y
$$f(0)=0,\qquad f\!\left(\tfrac12\right)=\tfrac32\cdot\sin\tfrac\pi2=\tfrac32$$
Como $0<\tfrac34<\tfrac32$, existe $\alpha\in\left(0,\tfrac12\right)\subset(0,1)$ con $f(\alpha)=\tfrac34$.
P8 · Área entre $f(x)=2-2x^2$ y $g(x)=x^4-x^2$
Puntos de corte. $2-2x^2=x^4-x^2\iff x^4+x^2-2=0\iff(x^2+2)(x^2-1)=0\iff x=\pm1$. Los puntos son $(-1,0)$ y $(1,0)$.
Área. En $(-1,1)$ la parábola $f$ está por encima de $g$ (en $x=0$: $2>0$). Por simetría:
$$\text{Área}=\int_{-1}^{1}\left(2-x^2-x^4\right)dx=2\left[2x-\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{5}\right]_0^1=2\left(2-\frac13-\frac15\right)=\frac{44}{15}\approx2{,}93\ \text{u}^2$$