matemÁticas ebau 2017 modelo c l - lidia con … · si ≠0 y ≠1: en este caso, ... podemos...

ENRIQUE CASTAÑOS GARCÍA [email protected]

Opción A

Ejercicio A1

Dado el sistema de ecuaciones lineales {𝒙 − 𝒚 + 𝒛 = 𝟏𝟑𝒙 + 𝝀𝒚 = 𝟏𝟒𝒙 + 𝝀𝒛 = 𝟐

, se pide:

a) Discutir el sistema (existencia y número de soluciones) según los valores del parámetro real 𝝀. (1′75 puntos)

Recurriremos al teorema de Rouché–Frobenius para discutir el número de soluciones de este sistema.

Así que comenzaremos por definir la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada con los términos

independientes:

Matriz de los coeficientes ⟶ 𝑀 = (1 −1 13 𝜆 04 0 𝜆

)

Matriz ampliada ⟶ 𝑀∗ = (1 −1 1 13 𝜆 0 14 0 𝜆 2

)

A continuación evaluamos el rango de 𝑀, en función de los valores de 𝜆 para los que |𝑀| = 0:

|𝑀| = |1 −1 13 𝜆 04 0 𝜆

| = 𝜆2 − 4𝜆 + 3𝜆 = 𝜆2 − 𝜆

Si |𝑀| = 0 ⟶ 𝜆 ∙ (𝜆 − 1) = 0 ⟶ {𝜆 = 0𝜆 = 1

Así pues, si 𝜆 ≠ 0 o 𝜆 ≠ 1, el rango de 𝑀 es 3. Si 𝜆 = 0 o 𝜆 = 1, el rango de 𝑀 es 2, pues siempre existe

al menos un determinante de orden 2 no nulo en ella. Por tanto:

Si 𝜆 ≠ 0 y 𝜆 ≠ 1:

En este caso, 𝑟𝑎𝑛(𝑀) = 𝑟𝑎𝑛(𝑀∗) = 3, que coincide con el número de incógnitas:

Si 𝜆 ≠ 0 y 𝜆 ≠ 1 ⟶ SISTEMA COMPATIBLE DETERMINADO

Si 𝜆 = 0:

En este caso, el 𝑟𝑎𝑛(𝑀) = 2, pero 𝑟𝑎𝑛(𝑀∗) = 3, pues podemos encontrar algún determinante de

orden tres no nulo en ella:

𝑀∗ = (1 −1 1 13 0 0 14 0 0 2

) , |1 −1 13 0 14 0 2

| = −4 + 6 = 2 ≠ 0

Si 𝜆 = 0 ⟶ SISTEMA INCOMPATIBLE

MATEMÁTICAS: EBAU 2017 MODELO CASTILLA Y LEÓN

mailto:[email protected]


Si 𝜆 = 1:

En este caso, 𝑟𝑎𝑛(𝑀) = 𝑟𝑎𝑛(𝑀∗) = 2, pues en la matriz 𝑀∗ la tercera fila es la suma de las otras

dos (luego no hay más que dos filas linealmente independientes):

𝑀∗ = (1 −1 1 13 1 0 14 0 1 2

)

Si 𝜆 = 1 ⟶ SISTEMA COMPATIBLE INDETERMINADO

b) Resolver el sistema para 𝝀 = 𝟏. (0′5 puntos)

Si 𝜆 = 1 ⟶ {𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 13𝑥 + 𝑦 = 14𝑥 + 𝑧 = 2

Sabiendo que este sistema es compatible indeterminado, transformamos una de las incógnitas en un

parámetro, y despejamos las demás en función de este parámetro. Por comodidad, haremos 𝑥 = 𝜇:

{

𝜇 − 𝑦 + 𝑧 = 13𝜇 + 𝑦 = 14𝜇 + 𝑧 = 2

De la segunda ecuación obtenemos 𝑦, y de la tercera, 𝑧:

{

𝑥 = 𝜇𝑦 = 1 − 3𝜇𝑧 = 2 − 4𝜇

Ejercicio A2

Dadas las rectas 𝒓 ≡ 𝒙 = 𝒚 = 𝒛 y 𝒔 ≡ {𝒙 = 𝟏 + 𝝁𝒚 = 𝟑 + 𝝁𝒛 = −𝝁

, determínense los puntos 𝑨 y 𝑩 de 𝒓 y 𝒔, respectiva–

mente, que están a la mínima distancia. (2′25 puntos)

En primer lugar, comprobamos la posición relativa de estas dos rectas, a partir de sus vectores directores:

Vector director de la recta 𝑟 ⟶ �⃗�𝑟 = (1, 1, 1)

Vector director de la recta 𝑠 ⟶ �⃗�𝑠 = (1, 1, −1)

Estos dos vectores no son proporcionales (no tienen la misma dirección), por lo que las rectas 𝑟 y 𝑠, o bien

se cortan en un punto, o bien se cruzan en el espacio sin cortarse. Para discernirlo, definiremos el vector

𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ , siendo 𝑃 y 𝑄 los puntos de acceso a las rectas 𝑟 y 𝑠, respectivamente:

𝑃 = (0, 0, 0), 𝑄 = (1, 3, 0), 𝑃𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (1, 3, 0)

Si las rectas fuesen secantes, los vectores �⃗�𝑟, �⃗�𝑠 y 𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ serían coplanarios, y su producto mixto sería nulo:

[�⃗�𝑟, �⃗�𝑠, 𝑃𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ] = |1 1 11 1 −11 3 0

| = −1 + 3 − 1 + 3 = 4 ≠ 0



Como su producto mixto no es nulo, los tres vectores son linealmente independientes (no coplanarios),

luego las rectas no se cortan, sino que se cruzan en el espacio. En consecuencia, la distancia mínima entre

ellas coincide con la altura del paralelepípedo formado por los vectores �⃗�𝑟, �⃗�𝑠 y 𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ :

𝑑(𝑟, 𝑠) =[�⃗�𝑟, �⃗�𝑠, 𝑃𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ]

|�⃗�𝑟 × �⃗�𝑠|

Siendo �⃗�𝑟 × �⃗�𝑠 = |𝑖 𝑗 �⃗⃗�1 1 11 1 −1

| = −2 ∙ 𝑖 + 2 ∙ 𝑗 ⟶ |�⃗�𝑟 × �⃗�𝑠| = √(−2)2 + 22 = √8 = 2√2

Por tanto 𝑑(𝑟, 𝑠) =4

2√2=2

√2= √2

Esta es la distancia entre un punto 𝐴(𝜆, 𝜆, 𝜆) de 𝑟 y un punto 𝐵(1 + 𝜇, 3 + 𝜇,−𝜇) de 𝑠, por lo que ha de ser

igual al módulo del vector 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = (1 + 𝜇 − 𝜆, 3 + 𝜇 − 𝜆,−𝜇 − 𝜆):

|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ | = √(1 + 𝜇 − 𝜆)2 + (3 + 𝜇 − 𝜆)2 + (−𝜇 − 𝜆)2 = √2

Este vector también es perpendicular a las rectas 𝑟 y 𝑠, por lo que se tendrá que cumplir que �⃗�𝑟 ∙ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 0

y �⃗�𝑠 ∙ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 0. Nos bastará con considerar uno solo de estos productos:

�⃗�𝑟 ∙ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = (1, 1, 1) ∙ (1 + 𝜇 − 𝜆, 3 + 𝜇 − 𝜆,−𝜇 − 𝜆) = 1 + 𝜇 − 𝜆 + 3 + 𝜇 − 𝜆 − 𝜇 − 𝜆 = 4 + 𝜇 − 3𝜆 = 0

De aquí se deduce que 𝜇 = −4 + 3𝜆, por lo que:

√(1 − 4 + 3𝜆 − 𝜆)2 + (3 − 4 + 3𝜆 − 𝜆)2 + (4 − 3𝜆 − 𝜆)2 = √2

(−3 + 2𝜆)2 + (−1 + 2𝜆)2 + (4 − 4𝜆)2 = 2

9 + 4𝜆2 − 12𝜆 + 1 + 4𝜆2 − 4𝜆 + 16 + 16𝜆2 − 32𝜆 − 2 = 0

24𝜆2 − 48𝜆 + 24 = 0 ⟶ 𝜆2 − 2𝜆 + 1 = 0

Por lo tanto:

𝜆 =2 ± √4 − 4

2= 1, 𝜇 = −4 + 3𝜆 = −4 + 3 = −1

Con lo que los puntos 𝐴 y 𝐵 buscados quedan:

𝐴(1, 1, 1), 𝐵(0, 2, 1)

Estrategia de resolución alternativa:

Los vectores directores de las rectas 𝑟 y 𝑠 son, respectivamente, �⃗�𝑟 = (1, 1, 1) y �⃗�𝑠 = (1, 1, −1). Los puntos

genéricos pertenecientes a las rectas 𝑟 y 𝑠 son, respectivamente, 𝐴 = (𝜆, 𝜆, 𝜆) y 𝐵 = (1 + 𝜇, 3 + 𝜇,−𝜇). Si

el módulo del vector 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ representa la menor distancia posible entre las rectas 𝑟 y 𝑠, entonces el vector

𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = (1 + 𝜇 − 𝜆, 3 + 𝜇 − 𝜆,−𝜇 − 𝜆) será perpendicular tanto a 𝑟 como a 𝑠 y tendrá que cumplirse que:

�⃗�𝑟 ∙ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 0, �⃗�𝑠 ∙ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 0



Desarrollando estos productos:

�⃗�𝑟 ∙ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = (1, 1, 1) ∙ (1 + 𝜇 − 𝜆, 3 + 𝜇 − 𝜆,−𝜇 − 𝜆) = 1 + 𝜇 − 𝜆 + 3 + 𝜇 − 𝜆 − 𝜇 − 𝜆 = 4 + 𝜇 − 3𝜆 = 0

�⃗�𝑠 ∙ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = (1, 1, −1) ∙ (1 + 𝜇 − 𝜆, 3 + 𝜇 − 𝜆,−𝜇 − 𝜆) = 1 + 𝜇 − 𝜆 + 3 + 𝜇 − 𝜆 + 𝜇 + 𝜆 = 4 + 3𝜇 − 𝜆 = 0

De modo que obtenemos el siguiente sistema:

{4 + 𝜇 − 3𝜆 = 04 + 3𝜇 − 𝜆 = 0

Despejando 𝜇 en la primera:

𝜇 = −4 + 3𝜆

Y sustituyendo en la segunda:

4 + 3 ∙ (−4 + 3𝜆) − 𝜆 = 0 ⟶ 4− 12 + 9𝜆 − 𝜆 = 0 ⟶ −8+ 8𝜆 = 0 ⟶ 𝜆 = 1

Por lo que, teniendo en cuenta que 𝜆 = 1:

𝜇 = −4 + 3𝜆 = −4 + 3 ∙ 1 = −1

Así pues, los puntos 𝐴 y 𝐵 buscados son:

𝐴 = (1, 1, 1), 𝐵 = (0, 2, 1)

Estrategia de resolución alternativa:

Podemos buscar un plano 𝜋1 perpendicular a 𝑟 que contenga al punto 𝐵; el punto de intersección entre el

plano 𝜋1 y la recta 𝑟 será el punto 𝐴.

De la misma manera, podemos buscar un plano 𝜋2, perpendicular a 𝑠 y que contenga al punto 𝐴; el punto

de intersección del plano 𝜋2 con la recta 𝑠 será el punto 𝐵.

Para obtener 𝜋1 tendremos en cuenta que su vector normal es el vector director de 𝑟, �⃗�𝑟 = (1, 1, 1):

𝜋1 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝐷 = 0

Como el plano 𝜋1 contiene al punto 𝐵 = (1 + 𝜇, 3 + 𝜇,−𝜇):

1 + 𝜇 + 3 + 𝜇 − 𝜇 + 𝐷 = 0 ⟶ 𝐷 = −4− 𝜇

Por lo que el plano 𝜋1 queda:

𝜋1 ≡ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 4 − 𝜇 = 0

Y como la intersección de este plano con la recta 𝑟 es el punto 𝐴 = (𝜆, 𝜆, 𝜆):

𝜆 + 𝜆 + 𝜆 − 4 − 𝜇 = 0

De donde obtenemos una primera ecuación:

3𝜆 − 4 − 𝜇 = 0 (ecuación 1)



Análogamente, buscamos el plano 𝜋2, cuyo vector normal es el vector director de 𝑠, �⃗�𝑠 = (1, 1, −1):

𝜋2 ≡ 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 + 𝐷 = 0

Como el plano 𝜋2 contiene al punto 𝐴 = (𝜆, 𝜆, 𝜆):

𝜆 + 𝜆 − 𝜆 + 𝐷 = 0 ⟶ 𝐷 = −𝜆

Por lo que el plano 𝜋2 queda:

𝜋2 ≡ 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 − 𝜆 = 0

Y como la intersección de este plano con la recta 𝑠 es el punto 𝐵 = (1 + 𝜇, 3 + 𝜇, −𝜇):

1 + 𝜇 + 3 + 𝜇 + 𝜇 − 𝜆 = 0

De donde obtenemos la segunda ecuación:

4 + 3𝜇 − 𝜆 = 0 (ecuación 2)

Las ecuaciones 1 y 2 constituyen un sistema con dos incógnitas:

{3𝜆 − 4 − 𝜇 = 04 + 3𝜇 − 𝜆 = 0

Despejando 𝜇 en la primera:

𝜇 = 3𝜆 − 4

Sustituyendo 𝜇 en la segunda:

4 + 3(3𝜆 − 4) − 𝜆 = 0 ⟶ 4+ 9𝜆 − 12 − 𝜆 = 0 ⟶ −8+ 8𝜆 = 0 ⟶ 𝜆 = 1

Siendo 𝜆 = 1, entonces 𝜇 = 3 ∙ 1 − 4 = −1. En consecuencia, los puntos 𝐴 y 𝐵 resultan:

𝐴 = (1, 1, 1), 𝐵 = (0, 2, 1)

Ejercicio A3

a) Enunciar el teorema de Bolzano. (0′75 puntos)

Teorema de Bolzano: si 𝑓(𝑥) es continua en [𝑎, 𝑏] y el signo de

𝑓(𝑎) es distinto del signo de 𝑓(𝑏), entonces existe un número

𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓(𝑐) = 0.

𝑓(𝑥) es continua en [𝑎, 𝑏]

signo 𝑓(𝑎) ≠ signo 𝑓(𝑏)} ⟶ ∃ 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓(𝑐) = 0

Consecuencia del teorema de Bolzano: si 𝑓(𝑥) y 𝑔(𝑥) son dos

funciones continuas en el intervalo [𝑎, 𝑏], siendo 𝑓(𝑎) < 𝑔(𝑎)

y 𝑓(𝑏) > 𝑔(𝑏), entonces existe un número 𝑠 ∈ (𝑎, 𝑏) tal que

𝑓(𝑠) = 𝑔(𝑠).



b) Demostrar que la ecuación 𝒙𝟑 + 𝟐𝒙 = 𝟏 + 𝐬𝐞𝐧𝒙 tiene exactamente una única solución real.

(1′5 puntos)

En primer lugar reescribimos la ecuación de la siguiente manera:

𝑥3 + 2𝑥 − sen𝑥 − 1 = 0

De esta manera, las soluciones de la ecuación serán los puntos de corte con el eje 𝑋 de la función:

𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 2𝑥 − sen 𝑥 − 1

La función 𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 2𝑥 − sen 𝑥 − 1 es continua y derivable en todo ℝ.

En primer lugar, demostraremos que existe, al menos, una raíz, es decir, un punto donde la función

corta al eje de las 𝑥. Para ello, debemos encontrar un intervalo en el que la función cambie de signo.

Por ejemplo:

𝑓(0) = −1, 𝑓(1) = 2 − sen(1) > 0

Por tanto:

𝑓(𝑥) es continua en [0, 1]

signo 𝑓(0) ≠ signo 𝑓(1) } ⟶ ∃ 𝑐 ∈ (0, 1) 𝑓(𝑐) = 0⁄

Así que podemos asegurar que hay una solución en el intervalo [0, 1].

Ahora bien, se nos pide demostrar que esta solución es única. Lo haremos por reducción al absurdo.

Supongamos que ∃ 𝑠 ≠ 𝑐 𝑓(𝑠) = 0⁄ :

Si 𝑠 < 𝑐, por el teorema de Rolle ⟶

𝑓(𝑥) es continua en [𝑠, 𝑐]

𝑓(𝑥) es derivable en (s, c)

𝑓(𝑠) = 𝑓(𝑐)} ⟶ ∃ 𝑟 ∈ (𝑠, 𝑐) 𝑓′(𝑟) = 0⁄

Si esto fuera cierto, debería existir algún punto en el que su primera derivada sea nula. Si estudiamos

su derivada:

Siendo 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 + 2 − cos𝑥 ⟶ 𝑓′(𝑥) > 0, ∀ 𝑥

No puede existir ningún 𝑟 cuya derivada sea nula, como debería ocurrir de ser ciertas las hipótesis del

teorema de Rolle. Se llega a un absurdo, una contradicción que invalida el supuesto del que partimos.

La misma demostración se puede hacer si suponemos que 𝑠 > 𝑐. En definitiva, no existe ningún 𝑠 que

anule la función, y la única solución que existe es la que se encuentra en el intervalo [0, 1].



Ejercicio A4

Sea la función 𝒇:ℝ ⟶ ℝ definida por 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 + 𝒂𝒙𝟐 + 𝒃𝒙 + 𝒄. Sabiendo que tiene un extremo

relativo en 𝒙 = 𝟎, un punto de inflexión en 𝒙 = −𝟏 y que ∫ 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙𝟏

𝟎= 𝟔, determínense los valores

de 𝒂, 𝒃 y 𝒄. (2′25 puntos)

Que la función 𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 tenga un extremo relativo en 𝑥 = 0, implica que 𝑓′(0) = 0:

𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 + 2𝑎𝑥 + 𝑏 ⟶ 𝑓′(0) = 𝑏 = 0 ⟶ 𝑏 = 0

Además, la función tiene un punto de inflexión en 𝑥 = −1, por lo que 𝑓′′(−1) = 0:

𝑓′′(𝑥) = 6𝑥 + 2𝑎 ⟶ 𝑓′′(−1) = 6 ∙ (−1) + 2𝑎 = −6 + 2𝑎 = 0 ⟶ 𝑎 = 3

Una vez conocidos 𝑎 y 𝑏, la función ya se puede escribir de la siguiente manera:

𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 3𝑥2 + 𝑐

Finalmente, para calcular 𝑐, tendremos en cuenta que:

∫ 𝑓(𝑥) ∙ 𝑑𝑥1

0

= 6

Para que esto se cumpla:

∫ (𝑥3 + 3𝑥2 + 𝑐) ∙ 𝑑𝑥1

0

= [𝑥4

4+ 𝑥3 + 𝑐 ∙ 𝑥]

0

1

=1

4+ 1 + 𝑐 =

5

4+ 𝑐 = 6 ⟶ 𝑐 =

19

4

En consecuencia, la función resulta:

𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 3𝑥2 +19

4

Ejercicio A5

Se elige al azar un número de 3 cifras, es decir, desde el 𝟎 hasta el 𝟗𝟗𝟗. Calcula la probabilidad de

que en dicho número las cifras 1 y 2 aparezcan seguidas y en este orden. (1 punto)

El número total de sucesos posibles es 1000, que son todos los números distintos desde el 0 hasta el 999.

El número de sucesos favorables es 20, diez posibles números en los que las cifras 1 y 2 ocupan las dos

primeras posiciones, y otros diez, en los que el 1 y el 2 ocupan las posiciones segunda y tercera:

1 2 X ⟶ 120, 121, 122, 123, 124, 125, 126, 127, 128, 129 ⟶ 10 sucesos

X 1 2 ⟶ 012, 112, 212, 312, 412, 512, 612, 712, 812, 912 ⟶ 10 sucesos

Por lo tanto, según la regla de Laplace, la probabilidad buscada es:

𝑃 =número de casos favorables

número de casos posibles=20

1000⟶ 𝑃 = 0′02 ⟶ (2 %)



Opción B

Ejercicio B1

Dada la matriz 𝑨 = (𝟎 𝟎 𝟏𝟎 𝒂 𝟎−𝟏 𝟎 −𝟐

), se pide:

a) Determínese el valor o valores del parámetro 𝒂 para que se verifique que 𝑨𝟐 + 𝟐𝑨 + 𝑰 = 𝑶,

donde 𝑰 representa a la matriz identidad y 𝑶 a la matriz nula. (1′25 puntos)

En primer lugar calculamos 𝐴2 y 2𝐴:

𝐴2 = (0 0 10 𝑎 0−1 0 −2

) ∙ (0 0 10 𝑎 0−1 0 −2

) = (−1 0 −20 𝑎2 02 0 3

)

2𝐴 = 2 ∙ (0 0 10 𝑎 0−1 0 −2

) = (0 0 20 2𝑎 0−2 0 −4

)

Siendo 𝐼 la matriz identidad y 𝑂 la matriz nula, ambas de orden 3:

𝐴2 + 2𝐴 + 𝐼 = 𝑂 ⟶ (−1 0 −20 𝑎2 02 0 3

) + (0 0 20 2𝑎 0−2 0 −4

) + (1 0 00 1 00 0 1

) = (0 0 00 0 00 0 0

) ⟶

⟶(0 0 00 𝑎2 + 2𝑎 + 1 00 0 0

) = (0 0 00 0 00 0 0

)

En consecuencia, debe cumplirse que:

𝑎2 + 2𝑎 + 1 = 0 ⟶ 𝑎 =−2 ± √22 − 4

2⟶ 𝑎 = −1

b) Calcúlese, si es posible, 𝑨−𝟏 para 𝒂 = 𝟏. (1 punto)

La matriz inversa de una matriz 𝐴 viene dada por:

𝐴−1 =1

|𝐴|∙ Adj(𝐴𝑡)

Siendo 𝑎 = 1:

𝐴 = (0 0 10 1 0−1 0 −2

) , |𝐴| = 1, 𝐴𝑡 = (0 0 −10 1 01 0 −2

) , Adj(𝐴𝑡) = (−2 0 −10 1 01 0 0

)

Por tanto, la matriz 𝐴−1 buscada es:

𝐴−1 =1

1∙ (−2 0 −10 1 01 0 0

)⟶ 𝐴−1 = (−2 0 −10 1 01 0 0

)



Ejercicio B2

Dados la recta 𝒓 ≡ {𝒙 = 𝟐 + 𝜶𝒚 = −𝟏 − 𝜶𝒛 = 𝟐 + 𝜶

y el punto 𝑷 = (𝟑, 𝟏, 𝟎), se pide:

a) Hallar la distancia del punto 𝑷 a la recta 𝒓. (1 punto)

Buscamos el plano 𝜋 perpendicular a 𝑟 y que pase por el punto 𝑃. Para ello, tendremos en cuenta que

el vector director de la recta, �⃗� = (1,−1, 1), es un vector normal al plano 𝜋:

𝜋 ≡ 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 + 𝐷 = 0

Como este plano ha de pasar por el punto 𝑃 = (3, 1, 0):

3 − 1 + 0 + 𝐷 = 0⟶ 𝐷 = −2

Así que el plano 𝜋 queda, finalmente:

𝜋 ≡ 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 2 = 0

El punto de intersección de este plano con la recta 𝑟 es la proyección ortogonal del punto 𝑃 sobre 𝑟.

Para determinarlo, sustituimos en la ecuación del plano las ecuaciones paramétricas de la recta:

(2 + 𝛼) − (−1 − 𝛼) + (2 + 𝛼) − 2 = 0

2 + 𝛼 + 1 + 𝛼 + 2 + 𝛼 − 2 = 0

3 + 3𝛼 = 0 ⟶ 𝛼 = −1

Al sustituir en las ecuaciones de la recta el parámetro 𝛼 = −1, obtenemos el punto de intersección 𝑀:

𝑀 = (1, 0, 1)

Una vez conocido 𝑀, podemos determinar el vector 𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗, cuyo módulo es la distancia buscada:

𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (3, 1, 0) − (1, 0, 1) = (2, 1,−1)

𝑑(𝑃, 𝑟) = |𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = √22 + 12 + (−1)2⟶ 𝑑(𝑃, 𝑟) = √6 u

b) Hallar el simétrico de 𝑷 respecto de 𝒓. (1′25 puntos)

Dado el punto 𝑃 = (3, 1, 0), su simétrico respecto de 𝑟 es el punto 𝑃′ = (𝑥, 𝑦, 𝑧). Las coordenadas del

punto medio 𝑀 entre 𝑃 y 𝑃′ vienen dadas por:

𝑀 = (3 + 𝑥

2,1 + 𝑦

2,0 + 𝑧

2)

Los puntos 𝑃 y 𝑃′ equidistan de la recta, por lo que el punto 𝑀 está contenido en ella (se corresponde

con las proyecciones ortogonales de dichos puntos sobre la recta). Este es el mismo punto 𝑀 que se

ha calculado en el apartado anterior (la intersección entre la recta y un plano perpendicular a ella que

contiene a 𝑃):

𝑀 = (1, 0, 1)



Igualando sus coordenadas una a una:

3 + 𝑥

2= 1 ⟶ 𝑥 = −1,

1 + 𝑦

2= 0 ⟶ 𝑦 = −1,

𝑧

2= 1 ⟶ 𝑧 = 2

Por lo que el punto simétrico 𝑃′ es:

𝑃′ = (−1,−1, 2)

Ejercicio B3

Se desea vallar un terreno rectangular usando 80 metros de una tela metálica pero dejando una

abertura de 20 metros sin vallar en uno de los lados para colocar después una puerta. Calcular las

dimensiones de la parcela rectangular de área máxima que puede vallarse de esa manera y el

valor de dicha área. (2′25 puntos)

El perímetro de la parcela es:

𝑃 = 𝑥 + 𝑥 + 𝑦 + 𝑦

Sin embargo, no se valla todo el perímetro, ya que se dejan 20 m sin vallar. Como se van a usar 80 m de

tela metálica para el vallado:

𝐿 = 𝑥 + 𝑥 + 𝑦 + 𝑦 − 20 = 80 ⟶ 2𝑥 + 2𝑦 − 20 = 80 ⟶ 2𝑥 + 2𝑦 = 100 ⟶ 𝑥 + 𝑦 = 50⟶ 𝑦 = 50 − 𝑥

El área del recinto es:

𝐴 = 𝑥 ∙ 𝑦 ⟶ 𝐴(𝑥) = 𝑥 ∙ (50 − 𝑥) = 50 ∙ 𝑥 − 𝑥2

Para que el área sea máxima, la primera derivada de la función 𝐴(𝑥) debe ser cero:

𝐴′(𝑥) = 50 − 2𝑥 = 0 ⟶ 𝑥 = 25

Siendo 𝐴′′(𝑥) = −2 < 0, entonces, efectivamente, en 𝑥 = 25 hay un máximo. Las dimensiones y el área de

la parcela son, por tanto:

𝑥 = 25 m, 𝑦 = 25 m, 𝐴 = 625 m2



Ejercicio B4

a) Estudiar según los valores de 𝒂 la continuidad de la función 𝒇(𝒙) en el intervalo (−𝝅 𝟐⁄ , 𝝅 𝟐⁄ ). (1′25 puntos)

𝒇(𝒙) = {

𝟏

𝒙−

𝟏

𝐬𝐞𝐧𝒙, 𝐬𝐢 𝒙 ≠ 𝟎

𝒂, 𝐬𝐢 𝒙 = 𝟎

Para que una función 𝑓(𝑥) sea continua en un punto 𝑥0:

lim𝑥⟶𝑥0

−𝑓(𝑥) = lim

𝑥⟶𝑥0+𝑓(𝑥)

lim𝑥⟶𝑥0

𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0)} ⟶ 𝑓(𝑥) es continua en 𝑥0

La función 𝑓(𝑥) es continua en el intervalo (−𝜋 2⁄ , 𝜋 2⁄ ) para todo 𝑥 ≠ 0. Así pues, debemos estudiar

la continuidad en 𝑥 = 0, comenzando por sus límites laterales:

lim𝑥⟶0−

(1

𝑥−

1

sen𝑥) = [−∞+∞] = lim

𝑥⟶0−(sen𝑥 − 𝑥

𝑥 ∙ sen 𝑥) = [

0

0] L′Hôpital ⇒ lim

𝑥⟶0−(

cos𝑥 − 1

sen 𝑥 + 𝑥 ∙ cos 𝑥)

= [0


𝑥⟶0−(

−sen 𝑥

cos 𝑥 + cos 𝑥 − 𝑥 ∙ sen𝑥) = 0

lim𝑥⟶0+

(1

𝑥−

1

sen𝑥) = [∞ −∞] = lim

𝑥⟶0+(sen 𝑥 − 𝑥

𝑥 ∙ sen 𝑥) = [

0


𝑥⟶0+(

cos 𝑥 − 1

sen 𝑥 + 𝑥 ∙ cos 𝑥)

= [0


𝑥⟶0+(

−sen𝑥

cos 𝑥 + cos𝑥 − 𝑥 ∙ sen 𝑥) = 0

En consecuencia, existe límite cuando 𝑥 ⟶ 0 y este límite es:

lim𝑥⟶0

𝑓(𝑥) = 0

Por lo tanto, para que la función sea continua en 𝑥 = 0:

lim𝑥⟶0

𝑓(𝑥) = 𝑓(0) = 𝑎 ⟶ 𝑎 = 0

b) Calcular: (1 punto)

∫𝒙 + √𝒙

𝒙𝟐∙ 𝒅𝒙

𝟒

𝟏

En primer lugar resolvemos la integral indefinida:

∫𝑥 + √𝑥

𝑥2∙ 𝑑𝑥 = ∫(

𝑥

𝑥2+𝑥1 2⁄

𝑥2) ∙ 𝑑𝑥 = ∫(

1

𝑥+ 𝑥−3 2⁄ ) ∙ 𝑑𝑥 = ln|𝑥| +

𝑥−1 2⁄

−1 2⁄+ 𝐶 = ln|𝑥| −

2

√𝑥+ 𝐶

A continuación, calculamos la integral definida:

∫𝑥 + √𝑥

𝑥2∙ 𝑑𝑥

4

1

= [ln|𝑥| −2

√𝑥]1

4

= (ln 4 −2

√4) − (ln 1⏟

0

−2

√1) ⟶ ∫

𝑥 + √𝑥

𝑥2∙ 𝑑𝑥

4

1

= ln 4 + 1 ≅ 2′386



Ejercicio B5

Calcular la probabilidad de que al tirar simultáneamente dos dados (con forma cúbica) la suma de

las puntuaciones obtenidas sea igual a 3. (1 punto)

Las posibles combinaciones en las tiradas de los dos dados se recogen en la siguiente tabla:

Es decir, existe un total de 36 casos posibles, de los cuales sólo son favorables dos (aquellos que suman

tres):

(1, 2), (2, 1)

Por lo tanto, según la regla de Laplace, la probabilidad buscada es:

𝑃 =número de casos favorables

número de casos posibles=2

36⟶ 𝑃 =

1

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