Resolución · PAU Convocatoria Ordinaria Junio 2012 · Ordinaria 2012

1. Con $\alpha =0$ el sistema es $2x=5$, $x+y+z=1$, $x+2y=1$.

1. Con $\alpha =-1$: $2x+z=5$, $x+2y+z=1$, $x+2y+z=1$. La segunda y la tercera ecuaciones son idénticas: queda un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas.

2. Tomamos $x=\lambda$ como parámetro: $z=5-2\lambda$ y $2y=1-\lambda -(5-2\lambda )=\lambda -4$.

1. El sistema solo puede ser incompatible si $|A|=0$. Calculamos el determinante de la matriz de coeficientes.

2. Con $\alpha =2$: $2x+4z=5$, $x-y+z=1$, $x+2y+4z=1$. La matriz de coeficientes tiene rango 2 (su determinante es 0 y el menor $\left|\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& -1\end{array}\right|=-2\ne 0$) y la ampliada, con la columna de términos independientes, tiene rango 3.

1. Igualamos las coordenadas de $r_1$ y $r_2$.

2. De la primera, $\alpha =-1$; de la segunda, $\beta =\alpha -1=-2$. Comprobamos la tercera: $2-(-1)=3$ y $-1-2(-2)=3$. Se cumple.

1. Como se cortan, definen un plano. Directores: ${\vec{d}}_1=(2,1,-1)$ y ${\vec{d}}_2=(0,1,-2)$. La normal es su producto vectorial.

2. Ecuación $-x+4y+2z+D=0$ por $P(-1,-1,3)$: $1-4+6+D=0$, luego $D=-3$.

1. Tomamos $Q=(-1,1,-1)\in r_2$ y ${\vec{d}}_2=(0,1,-2)$. Con $A=(0,0,1)$: $\overrightarrow{QA}=(1,-1,2)$.

2. Distancia punto-recta: módulo del producto vectorial dividido por el módulo del director.

1. Derivamos con la regla del producto (dominio $x>0$).

2. Segunda derivada para clasificar el punto crítico.

1. La pendiente de la tangente en $x=1$ es $f^{\prime }(1)$. Se cumple $f(1)=4\cdot 1\cdot \ln 1=0$, así que $(1,0)$ está en la curva.

2. Ecuación punto-pendiente.

1. Para $x\ge e>1$ se tiene $\ln x>0$, así que la curva está por encima del eje $X$. El área es ${\int }_e^{e^2}4x\ln xdx$. Integramos por partes con $u=\ln x$, $dv=4xdx$ ($du=dx/x$, $v=2x^2$).

2. Regla de Barrow entre $e$ y $e^2$ (con $\ln e=1$, $\ln e^2=2$).

1. Escribimos el sistema: $x+2z=1$, $x+y+3z=3$, $x-y+z=-1$. Sumando la segunda y la tercera ecuaciones: $2x+4z=2$, que es la primera multiplicada por 2. Por tanto una ecuación sobra.

2. Con $z=\lambda$: $x=1-2\lambda$ y $y=3-x-3z=3-(1-2\lambda )-3\lambda =2-\lambda$.

1. Si $B^2=B$, tomando determinantes: $|B{|}^2=|B|$, es decir, $|B|(|B|-1)=0$, luego $|B|=0$ o $|B|=1$.

2. Como $B$ tiene inversa, $|B|\ne 0$. Por tanto $|B|=1$. (De hecho, multiplicando $B^2=B$ por $B^{-1}$ se obtiene $B=I$.)

1. De $A^2-9I=O$ se tiene $A^2=9I$. Tomamos determinantes, con $|A^2|=|A{|}^2$ y $|9I|=9^4|I|=9^4$ (matriz de orden 4).

2. Como $|A|>0$:

1. Dirección de $r$: producto vectorial de las normales de los dos planos que la definen.

2. La recta corta al plano en un único punto cuando no es paralela a él, es decir, cuando ${\vec{d}}_r$ no es perpendicular a la normal ${\vec{n}}_{\pi }=(2,1,n)$.

1. Para que $r\subset \pi$ hace falta paralelismo ($n=-23/7$) y que un punto de $r$ esté en $\pi$. Punto de $r$ con $z=0$: $x-2y=1$, $x+5y=0$.

2. Imponemos $R\in \pi$ (la coordenada $z=0$ anula el término con $n$).

1. La recta no corta al plano si es paralela y no está contenida: $n=-23/7$ y el punto $R$ no cumple la ecuación del plano.

1. La base $BC$ es horizontal y mide $2x$ (de $-x$ a $x$ a la altura $y=x^2$). La altura del triángulo es la diferencia de ordenadas entre $A$ y la base: $12-x^2$.

1. Derivamos e igualamos a cero.

2. Es máximo porque $T^{\prime \prime }(x)=-6x<0$ en $x=2$ (y en los extremos del dominio el área vale $0$). Entonces $x^2=4$.

1. Entre $x=-2$ y $x=2$ la recta $y=4$ queda por encima de la parábola $y=x^2$ (se cortan justo en $x=\pm 2$).

1. El triángulo $T$ queda por encima de la recta $y=4$ y la superficie $S$ por debajo, así que las áreas se suman.