PAU Matemáticas II Comunitat Valenciana 2022 julio – resuelto (PDF)

Escribimos la matriz de coeficientes $A$ y la matriz ampliada $A^*$:

a) Discusión del sistema

Usamos el teorema de Rouché-Frobenius. Calculamos $|A|$ desarrollando por la 1.ª fila, que tiene un cero:

Por tanto, $|A|=0 \iff a^2+a-2=0 \iff a=\dfrac{-1\pm\sqrt{1+8}}{2}$, es decir, $a=1$ o $a=-2$.

Caso $a\neq 1$ y $a\neq -2$. Como $|A|\neq 0$, $\operatorname{rg}(A)=3$. Como $A^*$ tiene solo 3 filas y contiene a $A$, también $\operatorname{rg}(A^*)=3$. Así, $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3=$ número de incógnitas y el sistema es compatible determinado.

Caso $a=-2$. Las matrices quedan

Ahora $|A|=0$, y el menor de las filas 1.ª y 2.ª y las columnas 1.ª y 2.ª es $\begin{vmatrix} -2 & 1\\ 1 & 0\end{vmatrix}=-1\neq 0$, luego $\operatorname{rg}(A)=2$. En $A^*$ tomamos el menor de orden 3 formado por las columnas 1.ª, 2.ª y la de términos independientes:

así que $\operatorname{rg}(A^*)=3$. Como $\operatorname{rg}(A)=2\neq 3=\operatorname{rg}(A^*)$, el sistema es incompatible.

Caso $a=1$. El sistema queda

Como $|A|=0$, $\operatorname{rg}(A)\le 2$, y el menor $\begin{vmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0\end{vmatrix}=-1\neq 0$ (filas 1.ª y 2.ª, columnas 1.ª y 2.ª) da $\operatorname{rg}(A)=2$. En $A^*$ la 3.ª fila es igual que la 1.ª (la 3.ª ecuación repite la 1.ª), así que $\operatorname{rg}(A^*)\le 2$; como $A^*$ contiene a $A$, $\operatorname{rg}(A^*)=2$. Por tanto $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=2<3$ y el sistema es compatible indeterminado (con $3-2=1$ parámetro).

b) Soluciones cuando el sistema es compatible

Hay que dar las soluciones en los dos casos compatibles: $a\neq 1,\,-2$ y $a=1$.

Caso $a\neq 1$ y $a\neq -2$ (solución única). Aplicamos la regla de Cramer, con $|A|=-(a-1)(a+2)=(1-a)(a+2)$. Calculamos los determinantes por Sarrus:

Como $a\neq 1$, podemos simplificar el factor $1-a$:

Comprobación: $a\cdot\frac{1}{a+2}+\frac{2}{a+2}=\frac{a+2}{a+2}=1$ ✓; $\frac{1}{a+2}+\frac{a+1}{a+2}=\frac{a+2}{a+2}=1$ ✓; $\frac{1+2a+(a-1)(a+1)}{a+2}=\frac{a^2+2a}{a+2}=\frac{a(a+2)}{a+2}=a$ ✓.

Caso $a=1$ (infinitas soluciones). Basta con las dos primeras ecuaciones, $x+y=1$ y $x+z=1$. Tomamos $y=\lambda$ como parámetro libre; de $x+y=1$ sale $x=1-\lambda$ y de $x+z=1$ sale $z=1-x=\lambda$:

Comprobación: $(1-\lambda)+\lambda=1$ ✓ (1.ª y 3.ª ecuaciones); $(1-\lambda)+\lambda=1$ ✓ (2.ª ecuación).

a) Valores de $a$ y $b$ para que $A^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1\\ 0 & 1\end{pmatrix}$

Llamamos $B=\begin{pmatrix} 1 & -1\\ 0 & 1\end{pmatrix}$. Que $B$ sea la inversa de $A$ significa que $A\cdot B=I$. Calculamos el producto:

Igualando a la identidad $I=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}$ elemento a elemento:

La segunda ecuación es la misma que la primera. Sumando la primera y la tercera, $2a=2$, es decir, $a=1$; y entonces $b=1-a=0$.

Comprobación. Con $a=1$ y $b=0$ queda $A=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1\end{pmatrix}$, con $|A|=1\neq 0$, y

Como son matrices cuadradas, $A\cdot B=I$ basta para asegurar que $B=A^{-1}$ (también $B\cdot A=I$).

b) Cálculo de $A^3$ y $A^4$

Con $A=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1\end{pmatrix}$:

c) Cálculo de $\det(A^{-50})$ cuando $a^2-b^2\neq 0$

$A$ es triangular, así que su determinante es el producto de los elementos de la diagonal. En efecto:

Como $a^2-b^2\neq 0$, $|A|\neq 0$ y $A$ es invertible, de modo que $A^{-50}=(A^{-1})^{50}$ tiene sentido.

Usamos dos propiedades de los determinantes: $|A^{-1}|=\dfrac{1}{|A|}$ (porque $|A|\cdot|A^{-1}|=|A\cdot A^{-1}|=|I|=1$) y $|M^{n}|=|M|^{n}$ (porque $|M\cdot N|=|M|\cdot|N|$). Por tanto:

De la ecuación continua de $s$ (el denominador de $z$ es $1$) leemos un punto y un vector director:

• $s$ pasa por $P=(1,1,0)$ y tiene vector director $\vec v_s=(2,3,1)$.

a) Recta $r$ que pasa por $A$ y $B$

Tomamos como vector director el vector que une los dos puntos:

Con el punto $A=(2,0,0)$, las ecuaciones paramétricas de $r$ son

Para obtener las implícitas eliminamos el parámetro: de la segunda, $\lambda=y$, y sustituyendo en la primera, $x=2-2y$, es decir, $x+2y=2$. Además $z=0$ siempre:

Comprobación: $A=(2,0,0)$ cumple $2+0=2$ y $z=0$; $B=(0,1,0)$ cumple $0+2=2$ y $z=0$.

b) Plano que contiene a $s$ y es paralelo a $r$

El plano $\pi$ buscado:

• contiene a $s$, luego pasa por $P=(1,1,0)$ y contiene la dirección $\vec v_s=(2,3,1)$;
• es paralelo a $r$, luego también contiene la dirección $\vec v_r=(-2,1,0)$.

Los dos vectores no son proporcionales ($\frac{2}{-2}\neq\frac{3}{1}$), así que determinan el plano. Un punto $X=(x,y,z)$ está en $\pi$ si y solo si $\overrightarrow{PX}$, $\vec v_s$ y $\vec v_r$ son linealmente dependientes:

Desarrollando por la primera fila:

Es decir, $-x-2y+8z+3=0$, o, multiplicando por $-1$,

Comprobaciones:

• Un punto cualquiera de $s$, $(1+2t,\,1+3t,\,t)$, cumple $(1+2t)+2(1+3t)-8t-3=0$ para todo $t$: $s\subset\pi$.
• El vector normal $\vec n=(1,2,-8)$ es perpendicular a $\vec v_r$: $\vec n\cdot\vec v_r=-2+2+0=0$, luego $r$ es paralela a $\pi$. Además $A=(2,0,0)$ no está en $\pi$ ($2+0-0-3=-1\neq 0$), así que $r$ es paralela al plano sin estar contenida en él.

c) Distancia del punto $A$ a la recta $s$

Usamos la fórmula de la distancia de un punto a una recta, con $P=(1,1,0)\in s$ y $\vec v_s=(2,3,1)$:

Calculamos $\overrightarrow{PA}=A-P=(1,-1,0)$ y el producto vectorial:

Sus módulos:

Por tanto

Del plano $\pi\colon 2x+2y+z=3$ leemos su vector normal $\vec n=(2,2,1)$ (los coeficientes de $x$, $y$, $z$).

a) Punto de corte $C$ de $\pi$ con la recta perpendicular a $\pi$ por $B$

Una recta perpendicular a un plano tiene como vector director el vector normal del plano. Por tanto, la recta $r$ perpendicular a $\pi$ que pasa por $B=(3,2,3)$ es

Para hallar el punto de corte con $\pi$ sustituimos el punto genérico de $r$ en la ecuación del plano:

Llevando este valor a las ecuaciones de $r$:

Comprobación: $2\cdot\frac79+2\cdot\left(-\frac29\right)+\frac{17}{9}=\frac{14-4+17}{9}=\frac{27}{9}=3$, así que $C\in\pi$. $\checkmark$

El punto $C$ es la proyección ortogonal de $B$ sobre $\pi$.

b) Área del triángulo de vértices $A$, $B$ y $C$

El área de un triángulo es la mitad del módulo del producto vectorial de dos de sus lados con origen común:

Calculamos los vectores:

Producto vectorial:

Su módulo es

luego

a) Integral indefinida

Es una integral racional: el numerador es una constante y el denominador es un polinomio de grado 2, así que descomponemos en fracciones simples.

Raíces del denominador.

luego $x^2-5x-14=(x-7)(x+2)$, con dos raíces reales simples.

Descomposición en fracciones simples. Buscamos $A$ y $B$ tales que

es decir, $18=A(x+2)+B(x-7)$ para todo $x$. Dando a $x$ los valores de las raíces:

• $x=7$: $\ 18=9A \Rightarrow A=2$.
• $x=-2$: $\ 18=-9B \Rightarrow B=-2$.

Por tanto

Integración. Cada sumando es una integral inmediata de tipo logarítmico, $\displaystyle\int\frac{dx}{x-a}=\ln|x-a|+C$:

Comprobación. Derivando: $\dfrac{2}{x-7}-\dfrac{2}{x+2}=\dfrac{2(x+2)-2(x-7)}{(x-7)(x+2)}=\dfrac{18}{x^2-5x-14}$ ✓.

b) Integral definida entre 8 y $t$

El integrando $f(x)=\dfrac{18}{x^2-5x-14}$ es continuo en todo $\mathbb{R}$ salvo en $x=-2$ y $x=7$, donde tiene asíntotas verticales. Para que la integral entre $8$ y $t$ tenga sentido (como integral de Riemann), el intervalo de extremos $8$ y $t$ no puede contener el punto $x=7$. Por tanto, tomamos $t>7$. En ese intervalo $x-7>0$ y $x+2>0$, de modo que podemos quitar los valores absolutos y usar la primitiva $F(x)=2\ln(x-7)-2\ln(x+2)$.

Por la regla de Barrow:

Como $\ln 1=0$:

c) Valor de $t>8$ para el que la integral vale $\ln\frac{25}{4}$

Con el resultado del apartado b), imponemos la condición:

Como el logaritmo neperiano es inyectivo:

El valor $t=10$ cumple $t>8$.

Comprobación.

Unicidad. Para $x>7$ el integrando es positivo, así que la integral de b), como función de $t$, es estrictamente creciente en $(7,+\infty)$ (su derivada es $f(t)>0$, por el teorema fundamental del cálculo). Por eso $t=10$ es el único valor que cumple la condición.

a) Área del rectángulo en función de x

Sea $x>0$. El punto de la gráfica es $M=\big(x,\,e^{-x^2}\big)$. La recta vertical (paralela a $OY$) que pasa por $M$ y la recta horizontal (paralela a $OX$) que pasa por $M$ forman, junto con los ejes, el rectángulo de vértices

La base mide $x$ (la abscisa de $M$). La altura mide $f(x)=e^{-x^2}$ (la ordenada de $M$, positiva porque la exponencial siempre lo es). Por tanto,

b) Punto M de área máxima

Hay que hallar el máximo absoluto de $A(x)=x\,e^{-x^2}$ en el intervalo $(0,+\infty)$. La función es derivable en todo él.

Derivada. Por la regla del producto y la de la cadena:

Puntos críticos. Como $e^{-x^2}>0$ para todo $x$,

Solo sirve el valor positivo, porque $x>0$: $x=\dfrac{1}{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{2}$.

Monotonía. El signo de $A'$ es el de $1-2x^2$:

$A$ crece hasta $x=\frac{\sqrt2}{2}$ y decrece a partir de ahí, así que en $x=\frac{\sqrt2}{2}$ alcanza el máximo absoluto en $(0,+\infty)$, no solo un máximo relativo.

(También se puede confirmar con la segunda derivada: $A''(x)=e^{-x^2}\big(4x^3-6x\big)$, y $A''\!\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)=-2\sqrt2\,e^{-1/2}<0$, luego es un máximo relativo; la tabla de monotonía es la que garantiza que es absoluto.)

Punto M y área máxima.