Examen PAU Matemáticas II Comunitat Valenciana 2024 julio resuelto

a) Valores de $k$ para los que $A$ es invertible

Una matriz cuadrada es invertible si y solo si su determinante es distinto de cero. Calculamos $|A|$ por la regla de Sarrus:

Igualamos a cero:

Es decir, $|A|=(k-2)(k+1)$.

• Si $k=2$ o $k=-1$, $|A|=0$ y $A$ no es invertible.
• Si $k\neq 2$ y $k\neq -1$, $|A|\neq 0$ y $A$ es invertible.

b) Inversa de $A$ para $k=0$

Para $k=0$,

así que, por el apartado a), existe $A^{-1}$. La calculamos con la fórmula $A^{-1}=\dfrac{1}{|A|}\,(\operatorname{Adj}A)^t$. Los adjuntos $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ son (los ceros de la esquina superior izquierda de $A$ hacen que $A_{23}$, $A_{32}$ y $A_{33}$ salgan $0$ casi sin cuentas):

Por tanto,

y dividiendo entre $|A|=-2$:

Comprobación. Multiplicando fila por columna:

Por ejemplo, la entrada $(3,1)$ es la fila 3 de $A$ por la columna 1 de $A^{-1}$: $2\cdot\left(-\tfrac{1}{3}\right)+(-1)\cdot(-1)+(-1)\cdot\tfrac{1}{3}=-\tfrac{2}{3}+1-\tfrac{1}{3}=0$. Las demás se obtienen igual.

c) Matrices diagonales $D$ con $AD=DA$ para $k=0$

Una matriz diagonal $3\times 3$ genérica es

Multiplicar por $D$ a la derecha multiplica cada columna de $A$ por $a$, $b$ y $c$; multiplicar por $D$ a la izquierda multiplica cada fila de $A$ por $a$, $b$ y $c$:

Igualando elemento a elemento (las posiciones $(1,1)$, $(1,2)$, $(2,1)$, $(2,2)$ y $(3,3)$ ya coinciden en $AD$ y $DA$), $AD=DA$ equivale a

Las ecuaciones se repiten de dos en dos ($3c=3a$ y $2a=2c$ dicen lo mismo, y también $c=b$ y $-b=-c$), así que en realidad solo hay dos condiciones independientes: $a=c$ y $b=c$.

Así que las matrices diagonales que conmutan con $A$ son las que tienen los tres elementos de la diagonal iguales, es decir, los múltiplos de la identidad: $a=b=c=\lambda$ y $D=\lambda I$. Recíprocamente, toda matriz $\lambda I$ conmuta con $A$, porque $A(\lambda I)=\lambda A=(\lambda I)A$.

a) Valores de $a$ para los que $A^2X=B$ tiene solución única

$B$ es una matriz $3\times 1$ y $A^2$ es $3\times 3$, así que la incógnita $X$ es una matriz columna $3\times 1$ y la ecuación $A^2X=B$ es un sistema de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas cuya matriz de coeficientes es $A^2$.

• Si $A^2$ es invertible, multiplicando por la izquierda por $(A^2)^{-1}$ se obtiene la única solución $X=(A^2)^{-1}B$ (y en efecto la cumple, pues $A^2(A^2)^{-1}B=B$), sean cuales sean $\alpha$, $\beta$ y $\gamma$.
• Si $A^2$ no es invertible, $|A^2|=0$ y $\operatorname{rg}(A^2)<3$: por el teorema de Rouché-Frobenius el sistema es incompatible o compatible indeterminado, pero nunca tiene solución única.

Por tanto, hay solución única si y solo si $|A^2|\neq 0$. Como $|A^2|=|A|\cdot|A|=|A|^2$, basta calcular $|A|$. Desarrollando por la segunda columna (que solo tiene un elemento no nulo):

Entonces

que se anula únicamente cuando $6-4a=0$, es decir, $a=\dfrac{3}{2}$.

• Si $a\neq \dfrac32$: $|A^2|\neq 0$, $\operatorname{rg}(A^2)=3=\text{n.º de incógnitas}$ y la ecuación tiene una única solución, $X=(A^2)^{-1}B=A^{-1}A^{-1}B$, para cualesquiera $\alpha,\beta,\gamma$.

• Si $a=\dfrac32$: $|A^2|=0$ y la ecuación no tiene solución única. Aunque no hace falta para responder, podemos precisar el rango. Con $a=\dfrac32$ resulta

  $$A^2=\begin{pmatrix} 4 & 0 & 8\\ \tfrac{21}{2} & 4 & 11\\ 6 & 0 & 12\end{pmatrix},\qquad \begin{vmatrix} 4 & 0\\ \tfrac{21}{2} & 4\end{vmatrix}=16\neq 0,$$

  y como las filas 1 y 3 son proporcionales ($(6,0,12)=\tfrac32(4,0,8)$), $\operatorname{rg}(A^2)=2<3$. Según $B$, no hay solución o hay infinitas.

b) $\alpha$, $\beta$ y $\gamma$ si $X=(3,-2,-1)^t$ es solución

Si $X=\begin{pmatrix} 3\\ -2\\ -1\end{pmatrix}$ es solución, entonces $B=A^2X$. Esto vale para todo valor de $a$ (también para $a=\frac32$: la igualdad $A^2X=B$ define $B$, no hace falta que la solución sea única). Para ahorrar cuentas calculamos $A^2X=A\,(AX)$:

Igualando con $B=\begin{pmatrix}\alpha\\ \beta\\ \gamma\end{pmatrix}$:

Comprobación. Calculando directamente $A^2=\begin{pmatrix} 2a+1 & 0 & 8\\ a+9 & 4 & 11\\ 4a & 0 & 2a+9\end{pmatrix}$, la primera fila por $X$ da $3(2a+1)+0-8=6a-5=\alpha$, la segunda $3(a+9)-8-11=3a+8=\beta$ y la tercera $12a-(2a+9)=10a-9=\gamma$. Coincide.

Datos de las rectas. De las ecuaciones continuas leemos un punto y un vector director de cada recta (los denominadores de $x-1$ e $y-2$ en $r$ valen $1$):

a) Las rectas se cortan; punto de corte $P$

Posición relativa. Dos rectas se cortan si son coplanarias y no paralelas.

• No son paralelas: $\vec u_r=(1,1,2)$ y $\vec u_s=(-2,-1,2)$ no son proporcionales, porque $\dfrac{1}{-2}\neq\dfrac{1}{-1}$. Por tanto, $\operatorname{rg}(\vec u_r,\vec u_s)=2$.

• Son coplanarias: tomamos el vector que une los dos puntos,

  $$\overrightarrow{A_rB_s}=(3-1,\ 3-2,\ -1-1)=(2,1,-2),$$

  y calculamos el determinante de los tres vectores:

  $$\begin{vmatrix} 2 & 1 & -2\\ 1 & 1 & 2\\ -2 & -1 & 2\end{vmatrix}=4-4+2-4+4-2=0.$$

  (Era de esperar: la primera y la tercera fila son opuestas, $\overrightarrow{A_rB_s}=-\vec u_s$. Eso significa que $A_r=B_s+1\cdot\vec u_s$ está en $s$, con $\mu=1$, así que $A_r$ ya es el punto de corte.)

Como el determinante es nulo y $\operatorname{rg}(\vec u_r,\vec u_s)=2$, se tiene $\operatorname{rg}\big(\overrightarrow{A_rB_s},\vec u_r,\vec u_s\big)=2$: los tres vectores están en un mismo plano y las rectas son coplanarias. Al ser coplanarias y no paralelas, las rectas se cortan en un único punto.

Punto de corte. Escribimos las dos rectas en paramétricas:

e igualamos coordenada a coordenada:

Restando las dos primeras, $\mu=1$, y entonces $\lambda=0$. La tercera ecuación se cumple: $0-1=-1$ ✓. Sustituyendo $\lambda=0$ en $r$ (o $\mu=1$ en $s$):

Comprobación. $P=(1,2,1)$ está en $r$: $1-1=2-2=\frac{1-1}{2}=0$ ✓. Y está en $s$: $\frac{1-3}{-2}=\frac{2-3}{-1}=\frac{1+1}{2}=1$ ✓. Observa que $P$ es justamente el punto $A_r$ que habíamos leído en la ecuación de $r$.

b) Recta por $P$ perpendicular a $r$ y a $s$

Un vector director $\vec w$ de la recta buscada debe ser perpendicular a $\vec u_r$ y a $\vec u_s$. Sirve su producto vectorial:

Comprobación: $\vec w\cdot\vec u_r=4-6+2=0$ ✓ y $\vec w\cdot\vec u_s=-8+6+2=0$ ✓.

La recta pasa por $P=(1,2,1)$ con vector director $\vec w=(4,-6,1)$:

a) Valores de $d$ para que la distancia del plano al origen sea 1

La distancia de un punto $P_0=(x_0,y_0,z_0)$ al plano $\pi\colon ax+by+cz+e=0$ es

Para $\pi\colon 6x+4y-3z-d=0$, el vector normal es $\vec n=(6,4,-3)$, con $|\vec n|=\sqrt{36+16+9}=\sqrt{61}$. Con $O=(0,0,0)$:

Imponemos que la distancia valga una unidad:

Comprobación: para $d=\pm\sqrt{61}$, $\operatorname{dist}(O,\pi)=\dfrac{\sqrt{61}}{\sqrt{61}}=1$. Hay dos soluciones porque hay dos planos paralelos (con el mismo vector normal) a distancia $1$ del origen, uno a cada lado.

b) Puntos de corte con los ejes en función de $d$

Cada eje se describe anulando las otras dos coordenadas:

• Eje $X$ ($y=0$, $z=0$): $6x-d=0 \Rightarrow x=\dfrac d6$, luego $A=\left(\dfrac d6,\,0,\,0\right)$.
• Eje $Y$ ($x=0$, $z=0$): $4y-d=0 \Rightarrow y=\dfrac d4$, luego $B=\left(0,\,\dfrac d4,\,0\right)$.
• Eje $Z$ ($x=0$, $y=0$): $-3z-d=0 \Rightarrow z=-\dfrac d3$, luego $C=\left(0,\,0,\,-\dfrac d3\right)$.

Comprobación: $6\cdot\frac d6-d=0$, $4\cdot\frac d4-d=0$ y $-3\cdot\left(-\frac d3\right)-d=0$, así que los tres puntos están en $\pi$.

c) Ángulo entre $\overrightarrow{AB}$ y $\overrightarrow{AC}$ para $d\neq 0$

Calculamos los vectores con los puntos del apartado b):

El ángulo $\alpha$ entre dos vectores no nulos cumple

Producto escalar:

Módulos (como $d\neq0$, los dos vectores son no nulos):

Coseno: como $|d|^2=d^2$,

El resultado no depende de $d$ (para cualquier $d\neq 0$, positivo o negativo): en efecto, $\overrightarrow{AB}=d\left(-\frac16,\frac14,0\right)$ y $\overrightarrow{AC}=d\left(-\frac16,0,-\frac13\right)$ son $d$ por vectores fijos, y multiplicar ambos por el mismo número no nulo no cambia el ángulo que forman. Como $\cos\alpha>0$, el ángulo es agudo:

a) Valor de $a$

La función $h(x)=ax+x^2$ es polinómica, luego es continua y derivable en todo $\mathbb{R}$. Por tanto, si tiene un mínimo relativo en $x=-\frac{3}{4}$, necesariamente $h'\!\left(-\frac{3}{4}\right)=0$:

Comprobamos que es un mínimo (y no un máximo) con la segunda derivada:

así que en $x=-\frac{3}{4}$ hay un mínimo relativo. Observa que $h''(x)=2>0$ para cualquier $a$: el punto crítico es siempre un mínimo, y la condición $h'\!\left(-\frac34\right)=0$ (necesaria) es la que fija $a$; $h''>0$ la hace suficiente. Con $a=\frac32$, $h(x)=x^2+\frac{3}{2}x$ y el mínimo es el punto $\left(-\frac34,\,h\!\left(-\frac34\right)\right)=\left(-\frac34,\,-\frac{9}{16}\right)$.

b) Gráficas de $y=h(x)$ e $y=h'(x)$

Con $a=\frac32$:

Curva $y=h(x)$. Es una parábola abierta hacia arriba (coeficiente de $x^2$ positivo):

• Vértice (el mínimo del apartado a): $\left(-\frac34,\,-\frac{9}{16}\right)$.
• Cortes con los ejes: $x^2+\frac32x=x\left(x+\frac32\right)=0 \Rightarrow x=0,\ x=-\frac32$; puntos $(0,0)$ (corte con $OX$ y con $OY$ a la vez) y $\left(-\frac32,0\right)$.

Curva $y=h'(x)$. Es una recta de pendiente $2$:

• Corte con $OY$: $\left(0,\frac32\right)$.
• Corte con $OX$: $2x+\frac32=0\Rightarrow x=-\frac34$, punto $\left(-\frac34,0\right)$ (justo en la abscisa del mínimo de $h$, como debe ser).

Puntos de corte entre ambas curvas (los necesitaremos en c):