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

a) Inversa de $C-AB^T$

Primero calculamos la traspuesta de $B$, de dimensión $3\times 2$:

El producto $AB^T$ existe porque $A$ es $2\times 3$ y $B^T$ es $3\times 2$, y el resultado es una matriz $2\times 2$ (fila de $A$ por columna de $B^T$):

Por tanto,

Una matriz cuadrada tiene inversa si y solo si su determinante es distinto de cero:

Luego $C-AB^T$ tiene inversa. La calculamos con la fórmula $M^{-1}=\dfrac{1}{|M|}\operatorname{Adj}(M)^T$, llamando $M=C-AB^T$. Los adjuntos de sus elementos, $\operatorname{Adj}_{ij}=(-1)^{i+j}\cdot(\text{menor complementario})$, son

así que

y

Comprobación:

b) Ecuación matricial $CX=AB^TX+I$

Pasamos al primer miembro los términos con $X$ y sacamos $X$ factor común por la derecha (en las dos matrices, $X$ aparece multiplicando por la derecha):

Por el apartado a), $C-AB^T$ tiene inversa. Multiplicando por $(C-AB^T)^{-1}$ por la izquierda en los dos miembros:

Comprobación: $CX=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1 & -\frac13\\[2pt] 0 & -\frac13\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 & -\frac23\\[2pt] 0 & \frac13\end{pmatrix}$ y, como $AB^T=2I$, $AB^TX+I=2X+I=\begin{pmatrix} -2 & -\frac23\\[2pt] 0 & -\frac23\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 & -\frac23\\[2pt] 0 & \frac13\end{pmatrix}$. Coinciden.

c) $(AB^T)^n=2^nI$ para todo $n\in\mathbb{N}$

En el apartado a) hemos obtenido $AB^T=2I$. Como la matriz identidad cumple $I^n=I$ para todo $n$ y el escalar $2$ sale fuera del producto,

Otra forma, más formal, es la inducción sobre $n$:

• Para $n=1$: $(AB^T)^1=AB^T=2I=2^1I$. Se cumple.

• Supongamos que $(AB^T)^n=2^nI$ para cierto $n\ge 1$. Entonces

  $$(AB^T)^{n+1}=(AB^T)^n\,(AB^T)=2^nI\cdot 2I=2^{n+1}\,I\cdot I=2^{n+1}I.$$

Por el principio de inducción, la igualdad es cierta para todo número natural $n\ge 1$. (Si se considera $n=0$, también se cumple con el convenio $M^0=I$, pues $2^0I=I$.)

a) Rango de $A$ según $m$

$A$ es cuadrada de orden 3, así que empezamos por su determinante. Desarrollamos por la primera fila, que tiene un cero:

Caso $m\neq 0$ y $m\neq \frac23$. $|A|\neq 0$, luego $\operatorname{rg}(A)=3$.

Caso $m=0$.

Las dos primeras columnas son nulas y la tercera no lo es, así que solo hay una columna linealmente independiente (todos los menores de orden 2 contienen una columna de ceros y valen 0). Como $A\neq O$, $\operatorname{rg}(A)=1$.

Caso $m=\frac23$.

$|A|=0$, así que $\operatorname{rg}(A)<3$, y el menor de las filas 1.ª y 2.ª y las columnas 1.ª y 2.ª es

luego $\operatorname{rg}(A)=2$.

b) Inversa de $A$ para $m=2$

Para $m=2$:

así que $A$ es invertible (también lo dice el apartado a), porque $m=2$ no es $0$ ni $\frac23$). Usamos $A^{-1}=\dfrac{1}{|A|}\operatorname{Adj}(A)^t$, donde $\operatorname{Adj}(A)$ es la matriz de los adjuntos (cofactores) de $A$. Los adjuntos de $A$ son

Comprobación:

c) Valor de $m$ con $|2A|=-8$

Al multiplicar una matriz por un número, cada una de sus filas queda multiplicada por ese número. Como el determinante es lineal en cada fila y $A$ tiene 3 filas,

Imponemos la condición:

$m=1$ es raíz ($3-2-1=0$). Dividimos por Ruffini entre $m-1$. Hay que incluir el coeficiente $0$ del término en $m$:

La ecuación $3m^2+m+1=0$ no tiene soluciones reales, porque su discriminante es $1^2-4\cdot 3\cdot 1=-11<0$. Por tanto, la única solución real es $m=1$.

Comprobación: para $m=1$, $|A|=1^2\,(2-3)=-1$ y $|2A|=8\cdot(-1)=-8$. $\checkmark$

Datos de las rectas. Cada recta viene dada con $x$ e $y$ despejadas en función de $z$. Tomando $z$ como parámetro obtenemos sus ecuaciones paramétricas:

de donde leemos un punto y un vector director de cada una:

a) Posición relativa de $r$ y $s$

• No son paralelas ni coincidentes: $\vec u=(1,-3,1)$ y $\vec v=(-5,4,1)$ no son proporcionales, porque $\dfrac{1}{-5}\neq\dfrac{-3}{4}$. Luego $\operatorname{rg}(\vec u,\vec v)=2$, y las rectas o se cortan o se cruzan.

• ¿Son coplanarias? Tomamos el vector que une un punto de cada recta,

  $$\overrightarrow{AB}=(4-(-1),\ -3-2,\ 0-0)=(5,-5,0),$$

  y calculamos el determinante de los tres vectores:

  $$\begin{vmatrix} 5 & -5 & 0\\ 1 & -3 & 1\\ -5 & 4 & 1\end{vmatrix}=5\,(-3-4)-(-5)\,(1+5)+0=-35+30=-5\neq 0.$$

Como el determinante no es nulo, $\operatorname{rg}\big(\overrightarrow{AB},\vec u,\vec v\big)=3$: los tres vectores no están en un mismo plano, así que las rectas no son coplanarias. Al no ser coplanarias, las rectas se cruzan.

b) Recta $l$ por el origen que corta a $r$ y a $s$

Idea. La recta $l$ pasa por $O=(0,0,0)$ y corta a $r$, así que está contenida en el plano $\pi_1$ que contiene a $O$ y a $r$. Del mismo modo, está contenida en el plano $\pi_2$ que contiene a $O$ y a $s$. Por tanto, $l=\pi_1\cap\pi_2$.

Plano $\pi_1$ (contiene a $O$ y a $r$). Pasa por $O$ y tiene como vectores directores $\vec u=(1,-3,1)$ y $\overrightarrow{OA}=(-1,2,0)$, que no son proporcionales, pues $O$ no está en $r$. Su ecuación es

Comprobación: $A=(-1,2,0)$ cumple $-2+2+0=0$ ✓ y $\vec u$ cumple $2-3+1=0$ ✓.

Plano $\pi_2$ (contiene a $O$ y a $s$). Pasa por $O$ con vectores directores $\vec v=(-5,4,1)$ y $\overrightarrow{OB}=(4,-3,0)$:

Comprobación: $B=(4,-3,0)$ cumple $12-12-0=0$ ✓ y $\vec v$ cumple $-15+16-1=0$ ✓.

La recta $l$. Los vectores normales $(2,1,1)$ y $(3,4,-1)$ no son proporcionales, así que los planos se cortan en una recta:

Su vector director es $(2,1,1)\times(3,4,-1)=(-5,5,5)$, o más sencillo $\vec w=(1,-1,-1)$, de modo que también $l\colon\ x=-y=-z$.

Comprobación: $l$ corta de verdad a $r$ y a $s$. Hay que asegurarse de que $l$ no es paralela a ninguna de las dos: si fuera paralela a $r$, como $O\notin r$, serían dos paralelas distintas dentro de $\pi_1$ y no se cortarían. Pero $\vec w=(1,-1,-1)$ no es proporcional ni a $\vec u=(1,-3,1)$ ni a $\vec v=(-5,4,1)$; como $l$ y $r$ están ambas en $\pi_1$ y no son paralelas, se cortan, y lo mismo $l$ y $s$ dentro de $\pi_2$. Lo confirmamos hallando los puntos de corte con $l\colon (t,-t,-t)$:

• Con $r$: $(-1+\lambda,\ 2-3\lambda,\ \lambda)=(t,-t,-t)$ da $\lambda=-t$ y $-1-t=t$, es decir, $t=-\tfrac12$, $\lambda=\tfrac12$; la segunda coordenada cumple $2-\tfrac32=\tfrac12=-t$ ✓. Punto de corte: $P=\left(-\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12\right)$.
• Con $s$: $(4-5\mu,\ -3+4\mu,\ \mu)=(t,-t,-t)$ da $\mu=-t$ y $4+5t=t$, es decir, $t=-1$, $\mu=1$; la segunda coordenada cumple $-3+4=1=-t$ ✓. Punto de corte: $Q=(-1,1,1)$.

Leemos primero los elementos de cada figura:

• $\pi_1\colon 2x-y-z+4=0$ tiene vector normal $\vec n_1=(2,-1,-1)$.
• $\pi_2$ pasa por $A=(-1,1,0)$ (para $\alpha=\beta=0$) y tiene vectores directores $\vec u=(1,1,1)$ (coeficientes de $\alpha$) y $\vec v=(0,1,-1)$ (coeficientes de $\beta$).
• $r$ pasa por $Q=(1,0,2)$ y tiene vector director $\vec w=(1,2,-1)$ (los denominadores de la ecuación continua).

a) Posición relativa de $\pi_1$ y $\pi_2$

Pasamos $\pi_2$ a forma implícita. Un punto $X=(x,y,z)$ está en $\pi_2$ si y solo si $\overrightarrow{AX}$, $\vec u$ y $\vec v$ son linealmente dependientes:

Desarrollando por la primera fila:

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

Estudiamos el sistema formado por las ecuaciones de los dos planos:

Las dos filas de $M$ son iguales, luego $\operatorname{rg}(M)=1$. En cambio, en $M^*$ hay un menor de orden 2 no nulo:

Como $\operatorname{rg}(M)=1\neq 2=\operatorname{rg}(M^*)$, el sistema es incompatible: los planos no tienen ningún punto común y sus vectores normales son proporcionales (iguales), así que son paralelos y distintos.

Comprobación: el punto $A=(-1,1,0)$ de $\pi_2$ no está en $\pi_1$, pues $2(-1)-1-0+4=1\neq 0$.

b) Simétrico de $P=(1,0,0)$ respecto de $\pi_1$

Primero comprobamos que $P\notin\pi_1$: $2\cdot1-0-0+4=6\neq0$.

1. Recta perpendicular a $\pi_1$ por $P$. Su vector director es el normal $\vec n_1=(2,-1,-1)$:

2. Punto $H$ de corte de $s$ con $\pi_1$ (proyección ortogonal de $P$ sobre el plano). Sustituimos en $\pi_1$:

luego $H=(1-2,\;1,\;1)=(-1,1,1)$.

3. $H$ es el punto medio de $P$ y $P'=(x',y',z')$:

Comprobaciones:

• $\overrightarrow{PP'}=(-4,2,2)=-2\,(2,-1,-1)$ es perpendicular a $\pi_1$.
• El punto medio de $PP'$ es $(-1,1,1)$, y $2(-1)-1-1+4=0$: está en $\pi_1$.

c) Intersección de $\pi_1$ y $r$

Como $\vec n_1\cdot\vec w=2\cdot1+(-1)\cdot2+(-1)(-1)=1\neq0$, la recta no es paralela al plano: lo corta en un único punto, así que la intersección existe.

Escribimos $r$ en paramétricas a partir de $Q=(1,0,2)$ y $\vec w=(1,2,-1)$:

Sustituimos en $\pi_1$:

El punto de corte es

Comprobación: $I\in\pi_1$, pues $2(-3)-(-8)-6+4=0$; e $I\in r$, pues $\dfrac{-3-1}{1}=\dfrac{-8}{2}=\dfrac{6-2}{-1}=-4$.

a) Dominio y puntos de corte con los ejes

Dominio. $f$ es un cociente de polinomios, así que está definida salvo donde se anula el denominador:

Por tanto, $\operatorname{Dom} f=\mathbb{R}-\{-2,\,2\}$.

Corte con el eje $OY$ ($x=0$, que pertenece al dominio):

Cortes con el eje $OX$ ($f(x)=0$): un cociente es cero cuando lo es el numerador (y el denominador no se anula),

que no tiene solución real ($x^2+3\ge 3>0$ para todo $x$). La gráfica no corta al eje $OX$.

b) Asíntotas

Asíntotas verticales. Solo pueden estar en los puntos que no son del dominio, $x=\pm 2$. En ellos el numerador vale $2^2+3=7\neq 0$ y el denominador se anula, así que los límites laterales son infinitos. Estudiamos el signo del denominador $x^2-4=(x-2)(x+2)$: