Resolución paso a paso

Matemáticas

Navarra · 2024 · Convocatoria extraordinaria

Examen de Navarra, Matemáticas II (PAU 2024, extraordinaria): se hacen cuatro preguntas de las ocho; aquí se resuelven todas.

P1 · Sistema con parámetro $a$

$$\begin{cases}x+(a^2+a)z=0\\x+(2a-1)y+(a+1)z=a\\(2a-1)y+(a+1)z=0\end{cases}$$

Resultado teórico: teorema de Rouché–Frobenius. Un sistema es compatible si y solo si rango$(A)$ = rango$(A^*)$; si ese rango es igual al número de incógnitas (3) es determinado, y si es menor, indeterminado.

Determinante de los coeficientes.

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

(Las filas 2 y 3 solo difieren en la primera columna, así que el único término no nulo sale del elemento $a^2+a$.) Se anula en $a=0$, $a=-1$ y $a=\tfrac12$.

Caso $a\notin\{0,-1,\tfrac12\}$: compatible determinado. Restando la ecuación 3 de la 2: $x=a$. De la primera: $(a^2+a)z=-a\Rightarrow z=-\dfrac1{a+1}$. De la tercera: $(2a-1)y=-(a+1)z=1\Rightarrow y=\dfrac1{2a-1}$:

$$(x,y,z)=\left(a,\ \frac1{2a-1},\ -\frac1{a+1}\right)$$

Caso $a=0$: compatible indeterminado. El sistema es $x=0$, $x-y+z=0$, $-y+z=0$. La tercera ecuación es la segunda menos la primera, luego rango$(A)$ = rango$(A^*)=2<3$. Solución: $(x,y,z)=(0,\lambda,\lambda)$, $\lambda\in\mathbb{R}$.

Caso $a=-1$: incompatible. De las ecuaciones 2 y 3 se obtiene $x=a=-1$, pero la primera ecuación queda $x+0\cdot z=0\Rightarrow x=0$. Contradicción.

Caso $a=\tfrac12$: incompatible. De nuevo $x=a=\tfrac12$ (ecuación 2 menos 3); la tercera ecuación queda $\tfrac32z=0\Rightarrow z=0$, y la primera, $x+\tfrac34z=0\Rightarrow x=0$. Contradicción.

P2 · Matrices regulares con $QAP=I$

a) Demostración de $APQA=Q^{-1}P^{-1}$.

De $QAP=I$, multiplicando por $Q^{-1}$ por la izquierda y por $P^{-1}$ por la derecha: $A=Q^{-1}P^{-1}$. Entonces

$$A\,P\,Q=Q^{-1}P^{-1}PQ=Q^{-1}Q=I\ \Rightarrow\ A\,P\,Q\,A=I\cdot A=A=Q^{-1}P^{-1}\quad\blacksquare$$

b) Cálculo de $A$ con $P=\begin{pmatrix}-1&1\\2&-1\end{pmatrix}$ y $Q=\begin{pmatrix}1&0\\1&2\end{pmatrix}$.

Como $A=Q^{-1}P^{-1}=(PQ)^{-1}$:

$$PQ=\begin{pmatrix}-1+1&2\\2-1&-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&2\\1&-2\end{pmatrix},\qquad|PQ|=-2$$

$$A=(PQ)^{-1}=\frac1{-2}\begin{pmatrix}-2&-2\\-1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\\tfrac12&0\end{pmatrix}$$

Comprobación: $QA=\begin{pmatrix}1&1\\2&1\end{pmatrix}$ y $(QA)P=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$ ✓.

P3 · Recta, plano y triángulo

$\pi:\ 2x+y-z-5=0$, $r:\ \begin{cases}x+2z+3=0\\-x-y+z+4=0\end{cases}$, $A(3,2,-1)$, $B(1,1,-1)$.

Punto $C=r\cap\pi$. De $r$: $x=-3-2z$ y $y=-x+z+4=7+3z$. En el plano: $2(-3-2z)+(7+3z)-z-5=-4-2z=0\Rightarrow z=-2$, luego $x=1$, $y=1$: $C(1,1,-2)$.

a) No están alineados.

$\overrightarrow{AB}=(-2,-1,0)$ y $\overrightarrow{AC}=(-2,-1,-1)$ no son proporcionales (la tercera componente de $\overrightarrow{AB}$ es 0 y la de $\overrightarrow{AC}$ no), o bien

$$\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}=(1,-2,0)\neq\vec0$$

Por tanto $A$, $B$ y $C$ no están alineados.

b) Área.

$$\text{Área}=\tfrac12\left|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\right|=\tfrac12\sqrt{1+4}=\frac{\sqrt5}{2}\approx1{,}12\ \text{u}^2$$

P4 · Vértices de un cuadrado

$P(4,5,0)$ es el punto medio de un lado; el lado paralelo está en $r:\ \begin{cases}2x+2y+z=0\\2x-z-2=0\end{cases}$.

  1. Dirección de $r$: $(2,2,1)\times(2,0,-1)=(-2,4,-4)\parallel(1,-2,2)$. Un punto: de $2x-z-2=0$, $z=2x-2$, y entonces $y=1-2x$: con $x=t$, $(t,\,1-2t,\,2t-2)$.
  2. Punto medio del lado opuesto. El segmento que une los puntos medios de dos lados opuestos es perpendicular a ellos y mide lo que el lado. Es el pie $P'$ de la perpendicular desde $P$ a $r$: $\overrightarrow{PP'}=(t-4,\,-4-2t,\,2t-2)$ debe cumplir $\overrightarrow{PP'}\cdot(1,-2,2)=(t-4)+2(4+2t)+2(2t-2)=9t=0\Rightarrow t=0$. $P'=(0,1,-2)$.
  3. Lado del cuadrado: $L=|\overrightarrow{PP'}|=|(-4,-4,-2)|=6$.
  4. Vértices: están sobre $r$, a $\tfrac L2=3$ de $P'$ en cada sentido. El vector unitario de $r$ es $\tfrac13(1,-2,2)$, luego se suma y resta $3\cdot\tfrac13(1,-2,2)=(1,-2,2)$:

$$\boxed{V_1=(1,-1,0),\qquad V_2=(-1,3,-4)}$$

Comprobación: ambos cumplen las dos ecuaciones de $r$ (por ejemplo, $V_1$: $2-2+0=0$ y $2-0-2=0$).

P5 · Límites

a)

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^2}{\sqrt x}$ es de tipo $\tfrac\infty\infty$. Con L'Hôpital: $\dfrac{2\ln x/x}{1/(2\sqrt x)}=\dfrac{4\ln x}{\sqrt x}$, que vuelve a ser $\tfrac\infty\infty$; otra vez: $\dfrac{4/x}{1/(2\sqrt x)}=\dfrac{8}{\sqrt x}\to0$.

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^2}{\sqrt x}=0$$

b)

El enunciado extraído del PDF no deja claro si es $x^{\frac{2x}{x-1}}$ o $\dfrac{x^{2x}}{x-1}$. Se resuelven las dos lecturas.

  • Si es $x^{\frac{2x}{x-1}}$ (forma $1^\infty$): $\displaystyle\lim_{x\to1}x^{\frac{2x}{x-1}}=\exp\left(\lim_{x\to1}\frac{2x\ln x}{x-1}\right)=\exp\left(2\cdot1\cdot1\right)=e^2$, ya que $\dfrac{\ln x}{x-1}\to1$ (L'Hôpital).
  • Si es $\dfrac{x^{2x}}{x-1}$: el numerador tiende a $1$ y el denominador a $0$, así que los límites laterales son $-\infty$ (por la izquierda) y $+\infty$ (por la derecha) y el límite no existe.

P6 · $f(x)=\cos(\pi x)+\sin(\pi x)$ en $[0,1]$

a) Continuidad.

Es suma de funciones continuas en $\mathbb{R}$: continua en $[0,1]$.

b) Extremos.

Teorema de Weierstrass: una función continua en un intervalo cerrado y acotado alcanza en él su máximo y su mínimo absolutos. Se cumple (apartado a), así que existen, y se buscan entre los puntos críticos del interior y los extremos del intervalo.

$f'(x)=\pi(\cos\pi x-\sin\pi x)=0\Rightarrow\tan\pi x=1\Rightarrow\pi x=\tfrac\pi4$ (la otra solución, $\tfrac{5\pi}4$, queda fuera): $x=\tfrac14$. Además $f''(x)=-\pi^2f(x)$, y $f''\!\left(\tfrac14\right)=-\pi^2\sqrt2<0$: es máximo relativo.

$x$ 0 $\tfrac14$ 1
$f(x)$ $1$ $\sqrt2$ $-1$
  • Máximo absoluto y relativo: $\sqrt2$ en $x=\tfrac14$.
  • Mínimo absoluto: $-1$ en $x=1$ (extremo del intervalo; ahí $f'(1)=-\pi<0$, la función sigue bajando hasta el final).

P7 · $f(x)=\sqrt{2x^2+2x+3}$ en $[-1,3]$

a) Continuidad y derivabilidad.

El radicando $2x^2+2x+3$ tiene discriminante $4-24<0$, así que es siempre positivo (su mínimo, en $x=-\tfrac12$, vale $\tfrac52$). Por tanto la raíz es continua y derivable en todo $\mathbb{R}$; en particular, $f$ es continua en $[-1,3]$ y derivable en $(-1,3)$.

b) Teorema del valor medio (de 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 (apartado a), y

$$f(3)=\sqrt{18+6+3}=\sqrt{27}=3\sqrt3,\qquad f(-1)=\sqrt{2-2+3}=\sqrt3$$

$$\frac{f(3)-f(-1)}{3-(-1)}=\frac{2\sqrt3}{4}=\frac{\sqrt3}{2}$$

Luego existe $\alpha\in(-1,3)$ tal que $f'(\alpha)=\dfrac{\sqrt3}2$.

P8 · Área entre $f(x)=\ln x$ y $g(x)=\dfrac{x-1}{e-1}$

Puntos de corte. $x=1$: $\ln1=0=g(1)$. $x=e$: $\ln e=1=g(e)=\tfrac{e-1}{e-1}$. Los puntos son $(1,0)$ y $(e,1)$. (La recta $g$ es la cuerda de la curva cóncava $\ln x$ entre esos puntos, luego en $[1,e]$ se tiene $\ln x\geq g(x)$.)

Área.

$$\int_1^e\left[\ln x-\frac{x-1}{e-1}\right]dx=\Big[x\ln x-x\Big]_1^e-\left[\frac{(x-1)^2}{2(e-1)}\right]_1^e=(e-e)-(0-1)-\frac{(e-1)^2}{2(e-1)}=1-\frac{e-1}{2}=\frac{3-e}{2}$$

$$\text{Área}=\frac{3-e}{2}\approx0{,}141\ \text{u}^2$$