Resolución paso a paso

Matemáticas

Navarra · 2023 · Convocatoria extraordinaria

Examen de Navarra, Matemáticas II (PAU 2023, extraordinaria): se hacen cuatro preguntas de las ocho; aquí se resuelven todas. En P8 falta la figura (se indica allí).

P1 · Sistema con parámetro $a$

$$\begin{cases}ax+y-2z=1\\3ax+a^2y-2a^2z=3\\-ax-y+(a^2-1)z=a+\sqrt3-1\end{cases}$$

Resultado teórico: teorema de Rouché–Frobenius (compatible si rango$(A)$ = rango$(A^*)$; determinado si ese rango es 3).

Determinante. Sumando la ecuación 1 a la 3: $(a^2-3)z=a+\sqrt3$. Restando $3\times$(ecuación 1) a la 2: $(a^2-3)(y-2z)=0$. El determinante de los coeficientes es

$$|A|=a\,(a^2-3)^2$$

que se anula en $a=0$, $a=\sqrt3$ y $a=-\sqrt3$.

$$(x,y,z)=\left(\frac1a,\ \frac{2}{a-\sqrt3},\ \frac1{a-\sqrt3}\right)$$

P2 · Valor de $a$ para que $A$ no sea regular

$$A=\begin{pmatrix}-3&2&-1&-1\\-2&0&1&a+3\\-3&1&2&2\\-2&0&2&2\end{pmatrix}$$

$A$ no es regular si y solo si $|A|=0$. Desarrollando por la columna 2 (entradas $2,0,1,0$):

$$|A|=2\,(2a+4)+1\cdot\big(-(8a+16)\big)=-4a-8=-4(a+2)$$

(los adjuntos son $2a+4$ y $-(8a+16)$, procedentes de los menores $-2a-4$ y $8a+16$). Se anula solo en

$$\boxed{a=-2}$$

P3 · Recta que pasa por $P(-3,-2,3)$ y corta a $r$ y a $s$

$r:\ \begin{cases}x+y-z-1=0\\x-y+2z+1=0\end{cases}$, $s:\ \dfrac{x-3}{-1}=\dfrac{y+5}{2}=\dfrac{z+3}{1}$.

  1. Plano $\alpha$ por $P$ y $r$ (haz de $r$): $(x+y-z-1)+k(x-y+2z+1)=0$; con $P$: $-9+6k=0\Rightarrow k=\tfrac32$, es decir, $\alpha:\ 5x-y+4z+1=0$ (comprobación: $-15+2+12+1=0$).
  2. Corte de $s$ con $\alpha$: $s=(3-t,\,-5+2t,\,-3+t)$; $5(3-t)-(-5+2t)+4(-3+t)+1=9-3t=0\Rightarrow t=3$, $S=(0,1,0)$. Este punto también está en $r$ (primera ecuación: $0+1-0-1=0$; segunda: $0-1+0+1=0$), así que $r$ y $s$ se cortan en $S$.
  3. La recta pedida es la que une $P$ con $S$: $\overrightarrow{PS}=(3,3,-3)\parallel(1,1,-1)$ (no es paralela a $r$, de dirección $(1,-3,-2)$, ni a $s$).

$$\boxed{\frac{x+3}{1}=\frac{y+2}{1}=\frac{z-3}{-1}}$$

P4 · Plano paralelo a $r$ y $s$ a distancias 3 y 6

$r:\ \begin{cases}2x-y+2z+7=0\\5x+2y+2z-2=0\end{cases}$ y $s:\ \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y+3}{0}=\dfrac{z-5}{-1}$.

Normal del plano. $\vec d_r=(2,-1,2)\times(5,2,2)=(-6,6,9)\parallel(-2,2,3)$ y $\vec d_s=(2,0,-1)$. El plano es paralelo a ambas, luego su normal es

$$\vec d_r\times\vec d_s=(-2,4,-4)\parallel(1,-2,2),\qquad|\vec n|=3$$

El plano tiene la forma $x-2y+2z+D=0$.

Puntos de las rectas. $R(0,3,-2)\in r$ (comprobación: $0-3-4+7=0$ y $0+6-4-2=0$) y $S(1,-3,5)\in s$.

El único valor común es $D=1$:

$$\boxed{x-2y+2z+1=0}$$

P5 · Derivadas en $x=0$

a)

$f(x)=\ln\!\left[\cos(\pi x)\,e^{x^2+2x}\right]=\ln\cos(\pi x)+x^2+2x$:

$$f'(x)=-\pi\tan(\pi x)+2x+2\ \Rightarrow\ f'(0)=2$$

b)

(El texto no deja claro el alcance de la raíz; se toma $g(x)=\arctan\sqrt{1+2x+e^{2x}}$.) Con $u=\sqrt{1+2x+e^{2x}}$, $u'=\dfrac{2+2e^{2x}}{2u}=\dfrac{1+e^{2x}}{u}$:

$$g'(x)=\frac{u'}{1+u^2}=\frac{1+e^{2x}}{\sqrt{1+2x+e^{2x}}\,\big(2+2x+e^{2x}\big)}\ \Rightarrow\ g'(0)=\frac{2}{\sqrt2\cdot3}=\frac{\sqrt2}{3}$$

(Si la función fuese $\arctan\!\big(\sqrt{1+2x}+e^{2x}\big)$, la derivada sería $\dfrac{(1+2x)^{-1/2}+2e^{2x}}{1+(\sqrt{1+2x}+e^{2x})^2}$, con $g'(0)=\tfrac35$.)

P6 · $f(x)=\dfrac{\cos\left[\frac\pi2(x-1)\right]}{x^2-6x+10}$ en $[1,4]$

a) Continuidad.

El denominador es $x^2-6x+10=(x-3)^2+1\geq1>0$, nunca se anula, y el numerador es continuo: $f$ es continua en $\mathbb{R}$ y, en particular, en $[1,4]$.

b) Teorema de los valores intermedios (corolario de Bolzano).

Enunciado: si $f$ es continua en $[a,b]$, toma todos los valores comprendidos entre $f(a)$ y $f(b)$. Se evalúa:

$$f(1)=\tfrac15,\qquad f(2)=0,\qquad f(3)=\frac{\cos\pi}{1}=-1,\qquad f(4)=\frac{\cos\frac{3\pi}2}{2}=0$$

  • En $[2,3]$: $f(3)=-1<-\tfrac12<f(2)=0$ $\Rightarrow$ existe $\alpha\in(2,3)$ con $f(\alpha)=-\tfrac12$.
  • En $[3,4]$: $f(3)=-1<-\tfrac12<f(4)=0$ $\Rightarrow$ existe $\beta\in(3,4)$ con $f(\beta)=-\tfrac12$.

Como $\alpha<3<\beta$, son dos valores distintos de $(1,4)$ ✓.

P7 · $f(x)=\sqrt{\tfrac12-\sin\dfrac{\pi x}{6}}$ en $[7,11]$

a) Continuidad y derivabilidad.

Si $x\in[7,11]$, entonces $\dfrac{\pi x}6\in\left[\dfrac{7\pi}6,\dfrac{11\pi}6\right]$ y allí $\sin\in[-1,-\tfrac12]$. Por tanto el radicando $\tfrac12-\sin\dfrac{\pi x}6\in\left[1,\tfrac32\right]>0$. Una raíz de una función continua y positiva es continua y derivable: $f$ es continua en $[7,11]$ y derivable en $(7,11)$.

b) Teorema de Rolle.

Enunciado: si $f$ es continua en $[a,b]$, derivable en $(a,b)$ y $f(a)=f(b)$, existe $\alpha\in(a,b)$ con $f'(\alpha)=0$. Se cumplen las hipótesis y

$$f(7)=\sqrt{\tfrac12-\sin\tfrac{7\pi}6}=\sqrt{\tfrac12+\tfrac12}=1,\qquad f(11)=\sqrt{\tfrac12-\sin\tfrac{11\pi}6}=1$$

Luego existe $\alpha\in(7,11)$ con $f'(\alpha)=0$ (de hecho $\alpha=9$, donde $\cos\frac{3\pi}2=0$).

P8 · Área bajo $f(x)=x\sin x$

Aviso: el dibujo de la región sombreada no aparece en el texto del PDF. $f(x)=x\sin x=0\iff x=0$ o $\sin x=0\iff x=k\pi$, así que los puntos de corte con el eje $OX$ son $(k\pi,0)$. Una primitiva es

$$F(x)=\int x\sin x\,dx=-x\cos x+\sin x$$

Si $P=(\pi,0)$ y $Q=(2\pi,0)$ son los dos puntos consecutivos entre los que está la región sombreada, el área es $\boxed{3\pi\approx9{,}42\ \text{u}^2}$ (y si el recinto sombreado es el primer arco, entre $O$ y $P=(\pi,0)$, es $\pi$).