IES Mediterráneo de Málaga Solución Junio 2004 Juan Carlos Alonso Gianonatti ⎛1 0⎞ ⎛ 1 0 2⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ Bloque 1.- Dada las matrices A = ⎜ − 2 1 x ⎟ , C = ⎜ 0 1 ⎟ ⎜ 0 0⎟ ⎜ 1 x 0⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎛1 0⎞ ⎟⎟ . D = ⎜⎜ ⎝0 1⎠ y a) ¿Para que valores de x la matriz A posee inversa? b) Calcula la inversa de A para el valor x = -1 c) ¿Que dimensiones debe de tener una matriz B para que la ecuación matricial A.B = C.D tenga sentido?. Calcula B para el valor x = -1 a) 1 0 2 ∃A ⇒ A ≠ 0 ⇒ A = − 2 1 x = −4 x − 2 − x 2 = − x 2 − 4 x − 2 ⇒ Si A = 0 ⇒ − x 2 − 4 x − 2 = 0 ⇒ 1 x 0 −1 ⎧ −4−2 2 = −2 − 2 x= ⎪ − ± 4 8 ⎪ 2 ⇒⎨ ⇒ x 2 + 4 x + 2 = 0 ⇒ Δ = 16 − 8 = 8 > 0 ⇒ x = 2 − + 4 2 2 ⎪x = = −2 + 2 ⎪⎩ 2 { } ∀a ∈ ℜ − − 2 − 2 , − 2 + 2 ⇒ A ≠ 0 ⇒ Existe A −1 b) ⎛1 − 2 1 ⎞ ⎜ ⎟ 1 t t ⋅ adj A ⇒ A = ⎜ 0 1 − 1⎟ ⇒ A = −(− 1) − 4 ⋅ (− 1) − 2 = −1 + 4 − 2 = 1 ≠ 0 ⇒ ∃A ⇒ A = A ⎜2 −1 0 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ −1 − 2 − 2⎞ ⎛ −1 − 2 − 2⎞ ⎛ −1 − 2 − 2⎞ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ 1 ⎜ t −1 adj A = ⎜ − 1 − 2 − 3 ⎟ ⇒ A = ⋅ ⎜ − 1 − 2 − 3 ⎟ = ⎜ − 1 − 2 − 3 ⎟ 1 ⎜ ⎜1 1 1 ⎟⎠ 1 1 ⎟⎠ ⎜⎝ 1 1 1 ⎟⎠ ⎝ ⎝1 2 −1 −1 ( ) c) Es una matriz de dim ensiones 3 x 2 AB = CD ⇒ A −1 AB = A −1CD ⇒ −1 IB = A −1CD ⇒ B = A −1CD ⎛ −1 − 2 − 2⎞ ⎛1 0⎞ ⎛ −1 − 2⎞ ⎛ −1 − 2⎞ ⎛ −1 − 2⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎛1 0⎞ ⎜ ⎟ ⎛1 0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟ = ⎜ − 1 − 2 ⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ − 1 − 2 ⎟ ⋅ I 2 = ⎜ − 1 − 2 ⎟ B = ⎜ − 1 − 2 − 3 ⎟ ⋅ ⎜ 0 1 ⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎝0 1⎠ ⎜ ⎝0 1⎠ ⎜ ⎜1 ⎜1 1 ⎟⎠ 1 ⎟⎠ 1 ⎟⎠ 1 1 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 0 ⎟⎠ ⎝ ⎝1 ⎝1 ⎝ 1 IES Mediterráneo de Málaga Solución Junio 2004 Juan Carlos Alonso Gianonatti Bloque 2.- Las edades (en años) de un niño, su padre y su abuelo verifican las siguientes concisiones: La edad del padre es α veces la edad de su hijo. El doble de la edad del abuelo más la del niño y más la del padre es de 182 años. El doble de la edad del niño más la del abuelo es 100. a) Establecer las edades de los tres suponiendo que α = 2 b) Para α = 3 , ¿que ocurre con el problema planteado? c) Siguiendo con α = 3 , ¿qué ocurre si en la segunda condición la suma es de 200 en vez de 182? Llamando N a la edad del niño, P a la del padre y A a la del abuelo a) P = 2N ⎧ ⎧ 2N − P = 0 ⎪ ⎪ ⎨2 A + N + P = 182 ⇒ ⎨ N + P + 2 A = 182 ⇒ ⎪ 2 N + A = 100 ⎪ 2 N + A = 100 ⎩ ⎩ ⎛2 −1 0 0 ⎞ ⎛2 −1 0 0 ⎞ ⎛2 −1 0 0 ⎞ ⎛2 −1 0 0 ⎞ ⎛2 −1 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 1 2 182 ⎟ ≡ ⎜ 2 2 4 364 ⎟ ≡ ⎜ 0 3 4 364 ⎟ ≡ ⎜ 0 3 4 364 ⎟ ≡ ⎜ 0 3 4 364 ⎟ ⇒ A = 64 ⎜ 2 0 1 100 ⎟ ⎜ 2 0 1 100 ⎟ ⎜ 0 1 1 100 ⎟ ⎜ 0 3 3 300 ⎟ ⎜ 0 0 1 64 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 108 3P + 4 ⋅ 64 = 364 ⇒ 3P = 364 − 256 = 108 ⇒ P = = 36 ⇒ 2 N − 36 = 0 ⇒ 2 N = 36 ⇒ N = 18 ⇒ 3 Solución(18 , 36 , 64 )años b) P = 3N ⎧ ⎧ 3N − P = 0 ⎪ ⎪ ⎨2 A + N + P = 182 ⇒ ⎨ N + P + 2 A = 182 ⇒ ⎪ 2 N + A = 100 ⎪ 2 N + A = 100 ⎩ ⎩ ⎛3 −1 0 0 ⎞ ⎛3 −1 0 0 ⎞ ⎛3 −1 0 0 ⎞ ⎛3 −1 0 0 ⎞ ⎛3 −1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ 1 1 2 182 ⎟ ≡ ⎜ 3 3 6 546 ⎟ ≡ ⎜ 0 4 6 546 ⎟ ≡ ⎜ 0 4 6 546 ⎟ ≡ ⎜ 0 4 6 546 ⎟ ⇒ ⎜ 2 0 1 100 ⎟ ⎜ 6 0 3 300 ⎟ ⎜ 0 2 3 300 ⎟ ⎜ 0 4 6 600 ⎟ ⎜ 0 0 0 54 ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ Sistema Incompatible ⇒ No hay solución c) P = 3N ⎧ ⎧ 3N − P = 0 ⎪ ⎪ ⎨2 A + N + P = 200 ⇒ ⎨ N + P + 2 A = 200 ⇒ ⎪ 2 N + A = 100 ⎪ 2 N + A = 100 ⎩ ⎩ ⎛3 −1 0 0 ⎞ ⎛3 −1 0 0 ⎞ ⎛3 −1 0 0 ⎞ ⎛3 −1 0 0 ⎞ ⎛3 −1 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 1 2 200 ⎟ ≡ ⎜ 3 3 6 600 ⎟ ≡ ⎜ 0 4 6 600 ⎟ ≡ ⎜ 0 2 3 300 ⎟ ≡ ⎜ 0 2 3 300 ⎟ ⇒ ⎜ 2 0 1 100 ⎟ ⎜ 6 0 3 300 ⎟ ⎜ 0 2 3 300 ⎟ ⎜ 0 2 3 300 ⎟ ⎜ 0 0 0 0 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 300 − 2 P Sistema Compatible In det er min ado ⇒ 2 P + 3 A = 300 ⇒ 3 A = 300 − 2 P ⇒ A = ⇒ 3 P 2 ⎞ ⎛λ 3N = P ⇒ N = ⇒ Solución⎜ , λ , 100 − λ ⎟ 3 3 ⎠ ⎝3 2 IES Mediterráneo de Málaga Solución Junio 2004 Juan Carlos Alonso Gianonatti Bloque 3.- Sea el prisma triangular (triángulos iguales y paralelos) de la figura con A(1 , -1 , 0), B(1 , 0 , -1), C(0 , 1 , -1) y A’(1 , -1 , α ). Calcula: a) La ecuación del plano π que pasa por A, By C b) El valor de α para que el plano π ' , que contiene los puntos A’, B’ y C’ diste una unidad del plano π c) Para α = 1 , el plano π ' y el volumen del prisma C' ' A' B' C A B a) ⎧ AB = (1 , 0 , − 1) − (1 , − 1 , 0 ) = (0 , 1 , − 1) x −1 y +1 ⎪ 1 ⎨ AC = (0 , 1 , − 1) − (1 , − 1 , 0 ) = (− 1 , 2 , − 1) ⇒ π ≡ 0 ⎪ AG = (x , y , z ) − (1 , − 1 , 0 ) = (x − 1 , y + 1 , z ) 2 −1 ⎩ − (x − 1) + ( y + 1) + z + 2 ⋅ (x − 1) = 0 ⇒ (x − 1) + ( y + 1) + z = 0 ⇒ π ≡ z −1 = 0 ⇒ −1 x+ y+z =0 b) d A'π ⎧ ⎪⎪ 1 = =1⇒1= ⇒⎨ 12 + 12 + 12 ⎪1 = − ⎪⎩ 1−1+ α α 3 α 3 ⇒α = 3 ⇒α = − 3 c) ⎧⎪ vπ ' = vπ = (1 , 1 , 1) ⇒ vπ ' ⊥ A' G ⇒ vπ ' ⋅ A' G = 0 ⇒ ⎨ ⎪⎩ A' G = (x , y , z ) − (1 , − 1 , 1) = (x − 1 , y + 1 , z − 1) (1 , 1 , 1) ⋅ (x − 1 , y + 1 , z − 1) = 0 ⇒ x − 1 + y + 1 + z − 1 = 0 ⇒ π ' ≡ x + y + z − 1 = 0 AA' = (1 , − 1 , 1) − (1 , − 1 , 0 ) = (0 , 0 , 1) 0 0 1 1 1 1 V = ⋅ AA' ⋅ AB × AC ⇒ AA' ⋅ AB × AC = 0 1 − 1 = 1 ⇒ V = ⋅ 1 = u 3 2 2 2 −1 2 −1 3 IES Mediterráneo de Málaga Solución Junio 2004 Juan Carlos Alonso Gianonatti Bloque 4.- Calcula: a) El punto C de la figura, punto de corte de la parábola p: y = 4 – (x – 2)2 y el eje de abcisas. b) El punto D y la ecuación de la recta r2 paralela a r4 c) El área, limitada por la parábola p y las rectas r1, r2, r3 y r4 (-4 , 4) 5 4 r2 3 2 r3 1 0 -4 -3 -2 -1 0 -1 (-4 , 0) r4 1 2 (0 , 0) 3 4 C -2 r1 -3 -4 -5 D a) ⎧ x−2= 2⇒ x = 4 2 2 Punto de corte con OX ⇒ y = 0 ⇒ 4 − ( x − 2 ) = 0 ⇒ ( x − 2 ) = 4 ⇒ x − 2 = ± 4 ⇒ ⎨ ⎩ x − 2 = −2 ⇒ x = 0 C (4 , 0) y = 4 − (x − 2) = 4 − x 2 + 4 x − 4 = − x 2 + 4 x b) 2 4−0 y−0 = ⇒ −4 y = 4 x ⇒ y = − x ⇒ r2 ≡ x + y = 0 −4−0 x−0 m r4 = m r2 = −1 ⇒ y − 0 = −1 ⋅ (x + 4 ) ⇒ y = − x − 4 ⇒ r4 ≡ x + y + 4 = 0 ⇒ Cuando x = 0 ⇒ y + 4 = 0 ⇒ r2 ≡ y = −4 ⇒ D(0 , − 4) c) r1 ≡ −4−0 y−0 = ⇒ −4 y = −4 ⋅ ( x − 4) ⇒ y = x − 4 ⇒ r1 ≡ x − y − 4 = 0 0−4 x−4 0 4 ( ) A = ∫ − x dx + ∫ − x 2 + 4 x dx + −4 0 0 4 −4 0 0 4 −4 0 ( ) A = ∫ − x dx + ∫ − x 2 + 4 x dx − ( ) A = ∫ − x dx + ∫ − x 2 + 4 x dx + 0 4 ∫ (− x − 4) dx + ∫ (x − 4) dx −4 = 0 0 4 ∫ (− x − 4) dx − ∫ (x − 4) dx −4 0 2 ∫ (x + 4) dx + ∫ (− x + 4) dx = ∫ 4 dx + ∫ (− x + 3x + 4) dx 0 4 0 4 −4 0 −4 0 4 IES Mediterráneo de Málaga Solución Junio 2004 Juan Carlos Alonso Gianonatti Continuación del Bloque 5 c)Continuación 4 4 1 1 1 3 0 4 A = 4 ⋅ [x ]− 4 − ⋅ x 3 0 + 3 ⋅ ⋅ x 2 0 + 4 ⋅ [x ]0 = 4 ⋅ [0 − (− 4)] − ⋅ 4 3 − 0 3 + ⋅ 4 2 − 0 2 + 4 ⋅ (4 − 0) 3 2 3 2 64 48 64 168 − 64 104 2 A = 16 − + + 16 = 56 − = = u 3 2 3 3 3 [ ] [ ] ( ) ( ) 5 IES Mediterráneo de Málaga Solución Junio 2004 Juan Carlos Alonso Gianonatti Bloque 5.- Dada las funciones f ( x ) = ( x + 1) , g (x ) = ( x − 1) , h( x ) = sen x calcula los siguientes límites: f (x ) − 1 f (x ) − 1 f (x ) + g (x ) − 2 a) lim b) lim c) lim x →0 x →0 g ( x ) − 1 x →0 h( x ) [h(x )]2 2 2 a) 2 ( x + 1) − 1 x 2 + 2x + 1 − 1 x 2 + 2x 02 + 2 ⋅ 0 0 2x + 2 Aplicando L ' Hopital lim = lim = lim = = = ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯⎯→ = lim = x →0 = sen x x →0 sen x x →0 sen x sen 0 0 x →0 cos x 2⋅0 + 2 0 + 2 = =2 cos 0 1 b) (x + 1)2 − 1 = lim x 2 + 2 x + 1 − 1 = lim x 2 + 2 x = 0 2 + 2 ⋅ 0 = 0 = lim (x + 2)x = lim x + 2 = 0 + 2 = −1 2 2 2 2 x →0 ( x − 1) − 1 x →0 x − 2 x + 1 − 1 x →0 x − 2 x 0 − 2 ⋅ 0 0 x →0 ( x − 2 )x x →0 x − 2 0 − 2 lim c) 2 2 ( x + 1) + (x − 1) − 2 x 2 + 2x + 1 + x 2 − 2x + 1 − 2 = lim = lim lim 2x 2 2.0 2 0 Aplicando L ' Hopital = = = ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯⎯→ = 2 2 2 2 x →0 x → x → 0 0 sen x sen 0 0 sen x sen x 4x 2x 2⋅0 0 0 Aplicando L ' Hopital = lim = lim = = = = ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯⎯→ = x →0 2 ⋅ sen x ⋅ cos x x →0 sen x ⋅ cos x sen 0 ⋅ cos 0 0 ⋅ 1 0 2 2 2 2 2 2 = lim = lim = lim = = = =2 2 2 x →0 cos x ⋅ cos x − sen x ⋅ sen x x →0 cos x − sen x x →0 cos 2 x cos (2 ⋅ 0 ) cos 0 1 6 IES Mediterráneo de Málaga Solución Junio 2004 Juan Carlos Alonso Gianonatti Bloque 6.- .- Dibuja aproximadamente la gráfica de la función f ( x ) = 1 − 1 , x +1 calculando su dominio, sus asíntotas, sus intervalos de crecimiento y decrecimiento, sus máximos y mínimos, sus intervalos de concavidad y convexidad y sus puntos de inflexión. x + 1 = 0 ⇒ x = −1 ⇒ f (− 1) = 1 − Dom( f ) = ∀x ∈ ℜ − {− 1} 1 1 = 1− 0 −1+1 1 x +1−1 x = = x +1 x +1 x +1 Asíntotas verticales f (x ) = 1 − −1 −1 ⎧ ( ) lim f x = = =∞ − ⎪⎪ x →−1− − 1 + 1 0− x =1⇒ ⎨ −1 −1 ⎪ lim+ f ( x ) = = + = −∞ + ⎪⎩ x →−1 −1 +1 0 Asíntotas horizontales x 1 1 1 x ∞ y = lim = = lim x = lim = = = 1 ⇒ Cuando x → ∞ ⇒ y = 1 x →∞ x + 1 1 1 1+ 0 ∞ x →∞ x 1 x →∞ 1+ 1+ + x x x ∞ ( ) ( ) x −x ∞ y = lim = lim = = lim x → −∞ x + 1 x →∞ − x + 1 ∞ x →∞ − − x x x 1 + x x = lim x →∞ −1 −1+ 1 x = −1 = 1 ⇒ Cuando x → −∞ ⇒ y = 1 −1+ 0 Asíntotas oblicuas x 1 x 1 2 0 f (x ) x ∞ m = lim = lim x + 1 = lim 2 = = lim 2 x = lim x = ∞ = =0⇒ x →∞ x →∞ x →∞ x + x x →∞ 1 1 1+ 0 x x ∞ x →∞ x x 1+ 1+ + x ∞ x2 x2 Cuando x → ∞ ⇒ No existe Asíntota oblicua x x 1 1 − 2 − − f (x ) − x ∞ 0 m = lim = lim x + 1 = lim 2 = = lim 2 x = lim x = ∞ = =0⇒ x → −∞ x → −∞ x →∞ x − x x →∞ 1 1 1− 0 x x ∞ x →∞ x x 1− 1− − x ∞ x2 x2 Cuando x → −∞ ⇒ No existe Asíntota oblicua 7 IES Mediterráneo de Málaga Solución Junio 2004 Juan Carlos Alonso Gianonatti Continuación del Bloque 6 x +1− x 1 2 = ⇒ Crecimiento ⇒ f ' ( x ) > 0 ⇒ ( x + 1) > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ 2 2 (x + 1) (x + 1) f ' (x ) = Crecimiento ∀x ∈ ℜ No hay máximos ni mínimos relativos f ' ' (x ) = − 2 ⋅ ( x + 1) (x + 1) 4 = − 2 < 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ ⎧ ⇒ Concavidad ⇒ f ' ' ( x ) > 0 ⇒ ⎨ (x + 1) ⎩ x + 1 > 0 ⇒ x > −1 ⇒ ∀x ∈ ℜ / x > −1 −2 3 −∞ ∞ -1 -2 < 0 x > -1 Resultados (-) (-) ( + ) f’’(x) > 0 Concavidad ∀x ∈ ℜ / x < −1 (-) (+) ( - ) f’’(x) < 0 Convexidad ∀x ∈ ℜ / x > −1 Podría haber un punto de inflexión en x = -1 pero es el punto en donde existe una asíntota vertical. Por, ello, no existen puntos de inflexión. 5 Y 4 3 2 1 0 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 -1 7 X -2 -3 -4 -5 8 8