S

EXAMEN DE MATEMATICAS II 3ª EVALUACIÓN

Apellidos: _________________________ Nombre: _______________

Curso: 2º Grupo: A Día: 28 - IV – 14 CURSO 2013-14 Instrucciones: a) Duración: 1 HORA y 30 MINUTOS.

b) Debes elegir entre realizar únicamente los cuatro ejercicios de la Opción A o bien únicamente los cuatro ejercicios de la Opción B c) Contesta de forma razonada, escribe ordenadamente y con letra clara. d) Puedes usar calculadora (puede ser programable o tener pantalla gráfica).

Opción A

1.- Sean las matrices

A =

m-14

3m0

1-01

, B =

11-

23

01

, C =

22-2-

43-5

a) [0,5 puntos] Indica los valores de m para los que A es invertible. b) [2 puntos] Resuelve la ecuación matricial XA − Bt = C para m = 0. (Bt es la matriz traspuesta de B).

2.- Sea el siguiente sistema de ecuaciones

+

λ = z λ+ y- x 2 = z λy - 2x

2+ λ = z + y + λx

a) [1,75 puntos] Discútelo según los valores de λ. ¿Tiene siempre solución? b) [0,75 puntos] Resuelve el sistema para λ = −1.

3.- Considera las rectas r y s de ecuaciones

r ≡ x − 1 = y = 1 − z y s ≡

=+−=−1zy

12yx

a) [0,75 puntos] Determina su punto de corte. b) [1 punto] Halla el ángulo que forman r y s. c) [0,75 puntos] Determina la ecuación del plano que contiene a r y s.

4.- Los puntos P(2, 0, 0) y Q(−1, 12, 4) son dos vértices de un triangulo. El tercer vértice R pertenece a la recta r

de ecuación r ≡

0 =y 33 = 3z+4x

a) [1,5 puntos] Calcula las coordenadas de R sabiendo que r es perpendicular a la recta que pasa por P y R. b) [1 punto] Comprueba si el triángulo es rectángulo.

Opción B

1.- Sea la matriz

A =

1-44-

11-2

24-5

a) [1,25 puntos] Comprueba que se verifica 2A - A2 = I. b) [1,25 puntos] Calcula A−1. (Sugerencia: Puedes usar la igualdad del apartado (a)).

2.- Considera el siguiente sistema de ecuaciones

m = z - my + x 1- = z + y - x-

1 = z - y - 2)x + (m

a) [1,75 puntos] Discútelo según los valores de m. b) [0,75 puntos] Resuélvelo para el caso m = 1.

3.- Sean los puntos A(1, 1, 1), B(−1, 2, 0), C(2, 1, 2) y D(t,−2, 2) a) [1,25 puntos] Determina el valor de t para que A, B, C y D estén en el mismo plano. b) [1,25 puntos] Halla la ecuación de un plano perpendicular al segmento determinado por A y B, que contenga al punto C.

4.- [2,5 puntos] Calcula el área del triángulo cuyos vértices son los puntos de intersección del plano 6x+3y+2z=6 con los ejes de coordenadas.

SOLUCIÓN DE LA PRUEBA

Opción A

1.- Sean las matrices

A =

m-14

3m0

1-01

, B =

11-

23

01

, C =

22-2-

43-5

a) [0,5 puntos] Indica los valores de m para los que A es invertible. b) [2 puntos] Resuelve la ecuación matricial XA − Bt = C para m = 0. (Bt es la matriz traspuesta de B). Solución:

a) A es invertible si su determinante es no nulo

|A| =

m-14

3m0

1-01

= (-m2+0+0)-(-4m+3+0) = -m2+4m-3

Que igualando a cero nos da la ecuación:

-m2+4m-3 = 0 ⇒ m2-4m+3 = 0 ⇒ m = 2

12164 −±=

224 ±

.

Con soluciones m1 = 1 y m2 = 3. Luego para m∈R-{1,3} la matriz A es invertible. b) Para resolver la ecuación matricial XA-Bt = C multiplicamos por la derecha por A-1para despejar X: XAA-1 = (Bt + C)A-1 ⇒ X = (Bt + C)A-1. Para m = 0 la matriz A se convierte en:

A =

014

300

1-01

El valor de la inversa es: A-1 = )Adj(AA1 t

En el apartado anterior habíamos calculado |A| obteniendo, para m = 0: |A| = -m2+4m-3 = - 3 Obtenemos la matriz traspuesta:

At =

031-

100

401

La matriz de los adjuntos de la traspuesta será:

Adj(At) =

01-0

3-412

01-3-

Luego la inversa de A es:

A-1 =

01-0

3-412

01-3-

31-

Calculamos (Bt + C) =

120

1-31+

22-2-

43-5=

302-

306

X = (Bt + C)A-1 =

302-

306

01-0

3-412

01-3-

31- =

0312-

036

2.- Sea el siguiente sistema de ecuaciones

2

+

λ = z λ+ y- x 2 = z λz - 2x

2+ λ = z + y + λx

a) [1,75 puntos] Discútelo según los valores de λ. ¿Tiene siempre solución? b) [0,75 puntos] Resuelve el sistema para λ = −1. Solución:

a) Para discutir las soluciones del sistema utilizamos el Teorema de Rouché-Frobenius. Siendo la matriz de coeficientes y ampliada:

A =

λ1-1

1λ-2

11λ

y A* =

+

λλ1-1

21λ-2

2λ11λ

Hallemos el valor del determinante de A:

|A| =

λ1-1

1λ-2

11λ

= (-λ3+1-2)-(-λ+2λ-λ) = -λ3-1

Que será nulo si λ3= -1 ⇒ λ = -1 • Si λ ≠ -1 rg(A) = rg(A*) = 3 = nº de incógnitas, por el teorema de Rouché-Frobenius el sistema

es compatible y determinado y tiene solución única. • Si λ = -1 la matriz de coeficientes y ampliada son:

A =

1-1-1

112

111-

y A* =

1-1-1-1

2112

111- 1

Como existe un menor de orden 2 12

11- = -1-2 = -3 ≠ 0, rg(A) = 2. Como en la matriz

ampliada la 1ª y 3ª filas son proporcionales rg(A*) = 2. Como rg(A)= rg(A*)= 2 < nº de incógnitas, por el teorema de Rouché-Frobenius el sistema es compatible indeterminado, y tiene infinitas soluciones.

Por lo tanto el sistema siempre tiene solución b) Si λ = -1 en el apartado anterior hemos discutido que es un sistema compatible indeterminado con rg(A) rg(A*)= 2, luego una de las ecuaciones es combinación lineal de las otras 2. Despreciamos la tercera y tomamos parametrizamos la incógnita z = λ:

++ 2 = z y 2x1 = z + y + x-⇒

+ λ- 2 = y 2xλ-1 = y + x-

Si restamos a la 2ª ecuación la 1ª obtenemos:

3x = 1⇒ x = 31

Sustituyendo el valor de x en la 1ª ecuación:

λ-1 = y + 31- ⇒ y = λ-

311 + ⇒ y = λ-

34

La solución del sistema es:

(x, y, z)=

λ λ,-

34 ,

31 con λ∈R.

3.- Considera las rectas r y s de ecuaciones

r ≡ x − 1 = y = 1 − z y s ≡

=+−=−1zy

12yx

a) [0,75 puntos] Determina su punto de corte. b) [1 punto] Halla el ángulo que forman r y s. c) [0,75 puntos] Determina la ecuación del plano que contiene a r y s. Solución:

3

a) Hallamos las ecuaciones paramétricas de ambas rectas.

Como la recta r está en forma continua 1-1z

1y

11x −

==− su ecuación paramétrica es:

−++

λ1 = zλ0 = yλ1 = x

, λ∈R.

Luego un punto de la recta es P=(1,0,1) y su vector director es u

= (1,1,-1). Como la recta s está en forma implícita su vector director será el producto vectorial de los vectores normales de las ecuaciones de los planos:

21 nxn

=11

20

0-1kji

= (-2, -1, 1) ∼ v

= (2, 1, -1)

Tomando y = 0 queda el sistema x=-1 y z=1. Su ecuación paramétrica es:

−++

μ1 = zμ0 = y

μ1- = x 2, µ∈R.

Luego un punto de la recta es Q=(-1,0,1) y su vector director es v

= (2, 1, -1) Para obtener el punto de corte igualamos ambas rectas en paramétricas, y resolvemos el sistema de 3 ecuaciones con dos incógnitas λ, µ∈R: 1 + λ = -1 + 2µ λ = µ 1 -λ = 1 - µ Sustituimos el valor de 2ª ecuación en la 1ª obteniendo: 1 + λ = -1 + 2λ ⇒ 1 +1 = -λ + 2λ ⇒ 2 = λ = µ Luego el punto de corte ambas rectas es: M= (1+2,2,1-2) = M(3,2,-1) b) El ángulo que forman dos rectas es el menor de los ángulos que forman sus vectores directores, para calcularlo hallamos el coseno del ángulo y tomamos el ángulo agudo correspondiente.

cos(r, s) = cos( u

, v

) = = v.uv.u

= )1(+1+.)1(+1+

)1).(1(+1.1+2.1222222 -2 -1

--=

.184

El ángulo buscado es (r,s) =

184cos ar ≈ 19°28’

c) Para determinar un plano π necesitamos un punto y dos vectores directores del mismo, por ello tomamos el punto de corte M=(3,2,-1) y los vectores directores de cada una de las rectas r y s u

=

(1,1,-1) y v

= (2, 1, -1). Obtenemos la ecuación general: La ecuación general del plano será: =

111

-21-11)(z2)-(y3)-(x +

= 0.(x-3) - 1.(y-2)+ (-1)(z+1) = -y-z+1 = 0 ⇒ y+z-1 = 0

4.- Los puntos P(2, 0, 0) y Q(−1, 12, 4) son dos vértices de un triangulo. El tercer vértice R pertenece a la recta

r de ecuación r ≡

0 =y 33 = 3z+4x

a) [1,5 puntos] Calcula las coordenadas de R sabiendo que r es perpendicular a la recta que pasa por P y R. 4

b) [1 punto] Comprueba si el triángulo es rectángulo. Solución:

a) Como la recta r está en forma implícita su vector director será el producto vectorial de los vectores normales de las ecuaciones de los planos:

21 nxn

=01

00

34kji

= (-3, 0, 4) ∼ u

= (3, 0, -4)

Tomando x = 0 queda el sistema 3z=33 ⇒ z=11. Su ecuación vectorial es: (x, y, z) = (3λ, 0, 11-4λ), λ∈R. Por lo tanto un punto genérico de dicha recta es: R(x, y, z) = (3λ, 0, 11-4λ), λ∈R. Como la recta que pasa por los puntos P y R es perpendicular a r, sus vectores directores han de ser perpendiculares, es decir que el producto escalar PR . u

ha de ser nulo. Como:

PR = (3λ-2, 0-0, 11-4λ-0) = (3λ-2, 0, 11-4λ) PR . u

= 9λ-6+0-44+16λ = 25λ-50 = 0 ⇒ λ = 2

Por lo tanto el punto pedido es R=(6,0,11-8) ⇒ R = (6, 0, 3). b) Para comprobar que el triángulo es rectángulo en P basta demostrar que el producto escalar de los vectores que determinan los lados es nulo.

PQ = (-1-2,12-0,4-0) = (-3, 12, 4)

PR = (6-2,0-0,3-0) = (4, 0, 3) Su producto escalar será:

PQ . PR = (-3, 12, 4). (4, 0, 3) = -12+0+12 = 0 Como es nulo, el triángulo es rectángulo en P.

Opción B

1.- Sea la matriz

A =

1-44-

11-2

24-5

a) [1,25 puntos] Comprueba que se verifica 2A − A2 = I. b) [1,25 puntos] Calcula A−1. (Sugerencia: Puedes usar la igualdad del apartado (a)). Solución:

a) Calculemos:

A2 =

1-44-

11-2

24-5

.

1-44-

11-2

24-5

=

2-88-

22-4

48-10

; 2.A =

2-88-

22-4

48-10

Veamos que 2A - A2 = I, siendo I la matriz identidad de orden 3.

2A- A2 =

2-88-

22-4

48-10

-

3-88-

23-4

48-9

=

100

010

001

como queríamos ver. b) Sabemos que una matriz cuadrada A tiene matriz inversa B si A.B = B.A = I.

5

Utilizando la igualdad 2A - A2 = I del apartado anterior, y sacando factor común la matriz A por la derecha tenemos (2I – A).A = I, y por la definición de inversa tenemos que A-1 = 2I-A , es decir:

A-1 = 2I-A =

200

020

002

-

1-44-

11-2

24-5

=

34-4

1-32-

2-43-

Se puede comprobar que:

A.A-1 =

1-44-

11-2

24-5

.

34-4

1-32-

2-43-

=

100

010

001

= I.

2.- Considera el siguiente sistema de ecuaciones

m = z - my + x 1- = z + y - x-

1 = z - y - 2)x + (m

a) [1,75 puntos] Discútelo según los valores de m. b) [0,75 puntos] Resuélvelo para el caso m = 1. Solución:

a) Sea A =

+

1-m1

11-1-

1-1-2m

y A * =

−

+

m1-m1

111-1-

11-1-2m

la matriz de coeficientes y la matriz ampliada

respectivamente. Para que el sistema tenga solución única, por el Teorema de Rouché-Frobenius, rg(A) = rg(A * ) = 3 = nº de incógnitas, por tanto el determinante de A tiene que ser distinto de cero.

|A| =

1-m1

11-1-

1-1-2m+

= [(m+2)-1+m]-[1-1+m.(m+2)] = 2m+1-m2-2m = 1-m2 = -(m-1)(m+1).

Si |A| = 0, tenemos -(m-1)(m+1) = 0, de donde m = 1 y m = -1.

• Para m ≠ 1 y m ≠ - 1 el sistema es compatible y determinado, y tiene solución única. • Si m = 1

Sea A =

1-11

11-1-

1-1-3

la matriz de los coeficientes y A * =

−

11-11

111-1-

11-1-3

la ampliada.

Vemos que rango(A) = 1, pues las tres filas son iguales.

En A como1-1-

1-3 = - 4 ≠ 0, tenemos rg(A) = 2.

En A* como

111

1-1-1-

11-3

= 0, por tener la fila 2ª y 3ª proporcionales tenemos rg(A*) = 2.

Como rango(A) = rango(A*) = 2 < nº de incógnitas, por el Teorema de Rouché-Frobenius el sistema es compatible e indeterminado y tiene infinitas soluciones.

• Si m = - 1

Sea A =

1-1-1

11-1-

1-1-1

la matriz de coeficientes y A * =

1-1-1-1

1-11-1-

11-1-1

la matriz ampliada.

En A como1-1-

1-1 = - 2 ≠ 0, tenemos rg(A) = 2.

6

En A * como

1-1-1

1-1-1-

11-1

= (-2)(-2) = 4 ≠ 0, rg(A*) = 3.

Como rango(A) = 2≤ rango(A*) = 3, por el Teorema de Rouché-Frobenius el sistema es incompatible y no tiene solución.

b) Si m = 1 hemos visto en el apartado anterior que rg(A) = rg(A*) = 2 < nº de incógnitas, y el sistema era compatible e indeterminado, es decir con infinitas soluciones. Para resolverlo tomamos dos ecuaciones y dos incógnitas principales. Tomamos las dos primeras ecuaciones, que sabemos que son independientes, por lo calculado en el apartado anterior. Tomamos z = λ como parámetro y obtenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:

1- = z + y - x-1 = z - y - 3x

⇒ +

λ-1- = y - x-λ1 =y - 3x

Restamos la 2ª ecuación de la 1ª obteniendo:

4x = 2 + 2λ ⇒ x = 2λ

21+

Sustituyendo el valor de x en la 2ª ecuación:

y = -x+1+λ = λ12λ-

21- ++ =

2λ

21+

Por lo tanto la solución del sistema es:

(x, y, z) =

++ λ ,

2λ1 ,

2λ1

3.- Sean los puntos A(1, 1, 1), B(−1, 2, 0), C(2, 1, 2) y D(t,−2, 2) a) [1,25 puntos] Determina el valor de t para que A, B, C y D estén en el mismo plano. b) [1,25 puntos] Halla la ecuación de un plano perpendicular al segmento determinado por A y B, que contenga al punto C. Solución:

a) Para comprobar que los cuatro puntos están en el mismo plano obligamos a que el rango de los

vectores AB = (-2,1,-1), AC (1,0,1), y AD = (t-1,-3,1) sea 2, LA forma más sencilla de comprobarlos es verificar que el determinante de la matriz formada por dichos vectores sea nulo:

ADACAB ,, =

13-1-t

101

1-12-

=-(1)(-2)+0-(1)(7-t) = -5 + t = 0⇒ t = 5 y el punto D pedido es D=(5, -2, 2)

b) El plano perpendicular al segmento determinado por A y B que contenga al punto C tendrá como ecuación normal

CX . n

siendo n

el vector normal AB y CX el vector

perteneciente al plano determinado por el punto C y un punto genérico X del plano:

AB = (-1, 2, 0) -(1, 1, 1) = (-2, 1,-1)

CX = (x, y, z) -(2, 1, 2) = (x-2,y-1,z-2)

π ≡ CX . n

= (x-2,y-1,z-2). (-2, 1,-1) ⇒ π ≡ 2x-y+z-5 = 0

4.- [2,5 puntos] Calcula el área del triángulo cuyos vértices son los puntos de intersección del plano π ≡ 6x + 3y + 2z = 6 con los ejes de coordenadas. Solución:

a) En primer lugar determinamos los puntos de corte del plano con los ejes coordenados.

• El punto A se obtiene resolviendo el sistema formado por el plano 6x + 3y + 2z = 6 = 0 con y = 0, z = 0: 6x = 6⇒ x = 1 y el punto obtenido es A = (1,0,0)

7

• El punto B se obtiene resolviendo el sistema formado por el plano 6x + 3y + 2z = 6 = 0 con x = 0, z = 0: 3y = 6 ⇒ y = 2 y el punto es B=(0,2,0)

• El punto C se obtiene resolviendo el sistema formado por el plano 6x + 3y + 2z = 6 = 0 con x=0 e y = 0: 2z = 6 ⇒ z = 3 y el punto es C= (0,0,3).

El área de un triángulo es la mitad del área del paralelogramo que determinan dos vectores con origen

común. En nuestro caso tomamos el punto Ay los vectores serán AB y AC :

AB = (0,2,0)- (1,0,0) = (-1, 2, 0)

AC = (0,0,3)- (1,0,0) = (-1, 0, 3) Aplicado a nuestro caso debemos determinar:

A = [ ] ACxAB21

=301-021-kji

21

= )2,3,6(21

= 4936 ++21

= 4921

= 27

u2

8

EXAMEN DE MATEMATICAS II 3ª RECUPERACIÓN

Apellidos: _________________________ Nombre: _______________

Curso: 2º Grupo: A Día: 5 - V – 14 CURSO 2013-14

Instrucciones: a) Duración: 1 HORA y 30 MINUTOS. b) Debes elegir entre realizar únicamente los cuatro ejercicios de la Opción A o bien únicamente los cuatro ejercicios de la Opción B c) Contesta de forma razonada, escribe ordenadamente y con letra clara. d) Puedes usar calculadora (puede ser programable o tener pantalla gráfica).

Opción A

1.- Sean las matrices A =

3α-1α

y B =

241-131

a) [1,25 puntos] Calcula los valores de α para los que la matriz inversa de A es A121

.

b) [1,25 puntos] Para α = -3, determina la matriz X que verifica la ecuación AtX = B, siendo At la traspuesta de A.

2.- Dadas las matrices A =

α1-1-1-α11-1α

y B =

110

a) [1,75 puntos] Calcula el rango de A dependiendo de los valores de α. b) [0,75 puntos] Para α = 2, resuelve la ecuación matricial AX = B. 3.- Considera los puntos A(-1, k, 3), B(k + 1, 0, 2), C(1, 2, 0) y D(2, 0, 1). a) [1,25 puntos] ¿Existe algún valor de k para el que los vectores AB , BC y CD sean linealmente dependientes? b) [1,25 puntos] Calcula los valores de k para los que los puntos A, B, C y D forman un tetraedro de volumen 1.

4.- Dados el plano π de ecuación x+2y-z = 0 y la recta r de ecuaciones

−+−

13- = 4z yx 5= y3x

a) [0,75 puntos] Halla el punto de intersección del plano π y la recta r. b) [1,75 puntos] Halla el punto simétrico del punto Q(1,-2, 3) respecto del plano π.

Opción B

1.- Sean A y B dos matrices cuadradas de orden 3 cuyos determinantes son |A|=21

y |B| = -2. Halla:

a) [0,5 puntos] |A3|. b) [0,5 puntos] |A-1|. c) [0,5 puntos] |-2A|. d) [0,5 puntos] |A.Bt|, siendo Bt la matriz traspuesta de B. e) [0,5 puntos] El rango de B.

2.- Dada la matriz A =

−−−431541

430

a) [0,5 puntos] Demuestra que se verifica la igualdad A3 = -I, siendo I la matriz identidad de orden 3. b) [1,25 puntos] Justifica que A es invertible y halla su inversa. c) [0,75 puntos] Calcula razonadamente A100.

3.- Considera los puntos A(1, 0, 2) y B(1, 2,- 1).

a) [1,25 puntos] Halla un punto C de la recta de ecuación z 2y

31-x

== que verifica que el triangulo de vértices

A, B y C tiene un ángulo recto en B. b) [1,25 puntos] Calcula el área del triángulo de vértices A, B y D, donde D es el punto de corte del plano de ecuación 2x -y + 3z = 6 con el eje OX.

9

4.- [2,5 puntos] Considera los planos π1, π2 y π3 dados respectivamente por las ecuaciones 3x-y+z-4 = 0; x-2y+z-1 = 0 y x+z-4 = 0. Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto P(3, 1, -1), es paralela al plano π1 y corta a la recta intersección de los planos π2 y π3.

10

SOLUCIÓN DE LA PRUEBA

Opción A

1.- Sean las matrices

A =

3α-1α

y B =

241-131

a) [1,25 puntos] Calcula los valores de α para los que la matriz inversa de A es A121

.

b) [1,25 puntos] Para α = -3, determina la matriz X que verifica la ecuación AtX = B, siendo At la traspuesta de A.

Solución: a) Por el enunciado del problema sabemos que existe la matriz inversa de A:

A-1 = )Adj(AA1 t

Con determinante A = 3α+α = 4α Obtenemos la matriz traspuesta:

At =

31α-α

La matriz de los adjuntos de la traspuesta será:

Adj(At) =

αα1-3

Luego la inversa de A es:

A-1 =

αα1-3

4α1 =

41

41

4α1-

4α3

Como del enunciado del problema tenemos que:

A-1 = A121

= 3α-1α

121

=

123

12α-

121

12α

Igualando valores de términos equivalentes obtenemos el sistema:

• 12α

4α3

= ⇒ 36 = 4α2 ⇒ α2 = 9 ⇒ α = ± 3.

• 121

4α-1

= ⇒ -12 = 4α ⇒ α = -3.

• 12-α

41= ⇒ 12 = -4α ⇒ α = -3.

• 123

41= ⇒ 12 = 12

Luego α = - 3. b) Para resolver la ecuación matricial AtX = B, multiplicamos por la izquierda por (At)-1 y aplicando la propiedad de que (At)-1 = (A-1)t: (At)-1.AtX = (At)-1.B ⇒ X = (At)-1.B = (A-1)t.B En el apartado anterior hemos averiguado que para α = -3:

A-1 = A121

=

3313-

121

⇒(A-1)t=

3133-

121

Luego:

X = (A-1)t.B =

3133-

121

.

241-131

=

7152-336-

121

11

2.- Dadas las matrices

A =

α1-1-1-α11-1α

y B =

110

a) [1,75 puntos] Calcula el rango de A dependiendo de los valores de α. b) [0,75 puntos] Para α = 2, resuelve la ecuación matricial AX = B.

Solución: Para estudiar el rango de A estudiamos su determinante:

|A| = α1-1-1-α11-1α

= (α3+1+1)-(α+ α+α) = α3-3α+2

Que será nulo cuando α3-3α+2 = 0, ecuación que resolvemos mediante la regla de Ruffini:

1 0 -3 2

1 1 1 -2

1 1 -2 0

1 1 2 2

1 2 0

-2 -2

1 0

Es decir que |A| = (α-1)2(α+2) • Si α ≠ 1 y α ≠ -2, tenemos |A| ≠ 0, por tanto rango(A) = 3. • Si α = 1 queda la matriz:

11-1-1-111-11

Como la segunda y la tercera filas son proporcionales a la primera rg(A) = 1. • Si α = -2 queda la matriz:

2-1-1-1-2-11-12-

Como el menor 2-1

12-= (4-1) = 3 ≠ 0 rg(A) = 2.

b) Para α = 2, las matrices son A =

21-1-1-211-12

y B =

110

En el apartado anterior hemos averiguado que A es invertible ya que su determinante es: |A| = 23-3.2+2 = 4 El valor de la inversa es:

A-1 = )Adj(AA1 t

Obtenemos la matriz traspuesta:

At =

21-1-1-211-12

Que coincide con la matriz, es por lo tanto una matriz simétrica. La matriz de los adjuntos de la traspuesta será:

12

Adj(At) =

311131-11-3

Luego la inversa de A es:

A-1 =

311131-11-3

41

Por lo tanto multiplicando a la izquierda por la inversa de la ecuación matricial: A-1.AX = A-1.B ⇒ X = A-1.B

X = A-1.B ⇒ X =

110

311131-11-3

41 . =

440

41 . =

110

3.- Considera los puntos A(-1, k, 3), B(k + 1, 0, 2), C(1, 2, 0) y D(2, 0, 1). a) [1,25 puntos] ¿Existe algún valor de k para el que los vectores AB , BC y CD sean linealmente dependientes? b) [1,25 puntos] Calcula los valores de k para que los puntos A, B, C y D forman un tetraedro de volumen 1.

Solución: a) Para que los vectores AB , BC y CD sean linealmente dependientes el determinante de dichos vectores ha de ser nulo. Hallemos las coordenadas de dichos vectores:

AB = (k+1-(-1), 0-k, 2-3) = (k+2, -k, -1)

BC = (1-(k+1),2-0,0-2) = (-k, 2, -2)

CD = (2-1,0-2,1-0) = (1, -2, 1) El determinante de los tres vectores es:

| AB , BC , CD | = 12-12-2k-1-k-2k +

= [2(k+2)+2k-2k]-[-2+4(k+2)+k2] = 2k+4-6-4k-k2 = -k2-2k-2

Anulando dichos determinantes obtenemos la ecuación:

-k2-2k-2 = 0 ⇒ k2+2k+2 = 0 ⇒ k = 2

8-42- ±, es decir sin solución real.

Por lo tanto no hay ningún valor de k, para el que los vectores AB , BC y CD sean linealmente dependientes.

b) El volumen de un tetraedro es 61

del valor absoluto del producto mixto de los vectores que forman

sus aristas ( AB , AC y AD ). Los vectores son:

AB = (k+1-(-1), 0-k, 2-3) = (k+2, -k, -1)

AC = (1-(-1),2-k,0-3) = (2, 2-k, -3)

AD = (2-(-1),0-k,1-3) = (3, -k, -2)

V = [ ]ADACAB6

,,1=

2k33k221k2k

61

−−−−−−+

= 61

|[2(k+2)(2-k)+9k+2k]-[-3(2-k)+3k(k+2)+4k]|=61

|-k2-2k-2|

Obteniendo que 61

|-k2-2k-2|= 1 con dos posibles ecuaciones:

• -k2-2k-2 = 6 ⇒ k2+2k+8 = 0 ⇒ k = 2

32-42- ±, es decir sin solución real.

• -k2-2k-2 = -6 ⇒ k2+2k-4 = 0 ⇒ k = 2

1642- +±= 5±1-

Por lo tanto los puntos A, B, C y D formen un tetraedro de volumen 1 si k = 5−1- ó k = 5+1-

13

4.- Dados el plano π de ecuación x+2y-z = 0 y la recta r de ecuaciones

−+−

13- = 4z yx 5= y3x

a) [0,75 puntos] Halla el punto de intersección del plano π y la recta r. b) [1,75 puntos] Halla el punto simétrico del punto Q(1,-2, 3) respecto del plano π.

Solución: a) Para hallar el punto de intersección del plano π ≡ x+2y-z = 0 y la recta r ponemos ésta en forma vectorial tomando x como parámetro λ:

−+−

13- = 4z yλ 5= y3λ

⇒

− λ -13- = 4z y3λ- 5= y-

⇒−

+ y-λ -13- = 4z

3λ -5= y⇒ z=

48λ +4

= λ+2

Luego obtenemos: (x, y, z) = (λ,-5+3λ,λ+2) Que sustituimos en el plano π: λ+2.(-5+3λ)-(λ+2) = 0 ⇒ 6λ = 12 ⇒ λ = 2 Que sustituyendo en la ecuación vectorial de la recta da el punto de intersección P: P = (x, y, z) = (2,-5+3.2,2+2) = (2, 1, 4)

b) Para hallar el punto simétrico del punto Q(1,-2,3) respecto del plano π calculamos la recta s perpendicular al plano π (siendo el vector director de la recta u

el vector normal del plano n

), que

pasa por el punto Q. La recta s viene determinada por el punto Q(1,-2,3) y tiene como vector director u

= n

= (1,2,-1), siendo su ecuación vectorial: s ≡ (x, y, z) = (1+λ, -2+2λ, 3-λ) A continuación calculamos el punto M intersección de la recta s con el plano π. Para ello sustituimos el punto genérico de la recta en el plano: (1+λ) + 2(-2+2λ) – 4(3-λ) = 0 ⇒ 6λ = 6 ⇒ λ = 1 El punto intermedio M es: M=(1+(1), -2+2(1), 3-(1)) ⇒ M= (2, 0, 2)

Dicho punto intermedio M es el punto medio del segmento QQ’, siendo Q’ el punto simétrico buscado. Que cumple que:

(2, 0, 2) =

++

23,

2y2-,

2x+1 z

Obtenemos:

2 = 2

x+1 ⇒ 4 = 1+x ⇒ x = 3.

0 = 2

y-2 + ⇒ 0 = -2+y ⇒ y = 2.

2 = 2

3 z+ ⇒ 4 = 3+z ⇒ z = 1

El punto simétrico es Q’=(3, 2, 1).

14

Opción B

1.- Sean A y B dos matrices cuadradas de orden 3 cuyos determinantes son |A|=21

y |B| = -2. Halla:

a) [0,5 puntos] |A3|. b) [0,5 puntos] |A-1|. c) [0,5 puntos] |-2A|. d) [0,5 puntos] |A.Bt|, siendo Bt la matriz traspuesta de B. e) [0,5 puntos] El rango de B.

Solución: a) Utilizando reiteradamente la propiedad de que el determinante de un producto es el producto de los determinantes, |AB| = |A||B|:

|A3| = |A.A.A| = |A|.|A|.|A| =21

21

21

=81

b) Utilizando que el determinante de la matriz inversa es igual al inverso de la matriz |A-1| = 1/|A|:

|A-1| = A1

=1/2

1 = 2

c) Utilizando que el determinante del producto de una matriz por un número es igual al producto de la potencia del número de orden n por el determinante de la matriz dada |k.A| = kn.|A|:

|-2A| = (-2)3.|A| = -8.21

= -4.

d) Utilizando las propiedades de que el determinante de un producto es el producto de los determinantes, |AB| = |A||B| y que el determinante de una matriz es igual que el determinante de su traspuesta:

|A.Bt| = |A|.|Bt|=|A||B| = 21

(-2) = -1.

e) Como el rango es el número de filas linealmente independientes y |B| = -2 ≠ 0, tenemos que rg(B) = 3.

2.- Dada la matriz

A =

−−−431541

430

a) [0,5 puntos] Demuestra que se verifica la igualdad A3 = -I, siendo I la matriz identidad de orden 3. b) [1,25 puntos] Justifica que A es invertible y halla su inversa. c) [0,75 puntos] Calcula razonadamente A100.

Solución: a) Demuestra que se verifica la igualdad A3 = -I, siendo I la matriz identidad de orden 3:

A2 = A.A =

−−−431541

430.

−−−431541

430=

−−−

−

331441101

A3 = A2.A =

−−−

−

331441101

.

−−−431541

430=

−−

−

100010001

= -I

Como queríamos demostrar. b) Para justifica que A es invertible, al ser una matriz cuadrada, basta demostrar que su determinante es no nulo:

|A| =431541

430

−−− = (0+15+12)-(16+0+12) = 27-29 = -1≠ 0, luego A es invertible.

15

El valor de la inversa es:

A-1 = )Adj(AA1 t

Obtenemos la matriz traspuesta:

At =

−−

−

454343110

La matriz de los adjuntos de la traspuesta será:

Adj(At) =

−−−

−

331441101

Luego la inversa de A es:

A-1 =

−−−

−−

331441101

=

−−−−

331441101

c) Para calcular razonadamente A100 utilizamos la igualdad del apartado (a):

A100 = A99.A = (A3)33.A = (-I)33.A = -I.A = (-1).I.A = -A =

−−−−431541

430=

−−−

−−

431541430

3.- Considera los puntos A(1, 0, 2) y B(1, 2,- 1).

a) [1,25 puntos] Halla un punto C de la recta de ecuación z 2y

31-x

== que verifica que el triangulo de

vértices A, B y C tiene un ángulo recto en B. b) [1,25 puntos] Calcula el área del triángulo de vértices A, B y D, donde D es el punto de corte del plano de ecuación 2x -y + 3z = 6 con el eje OX.

Solución: a) Como el punto C pertenece a la recta r, expresamos dicha recta en ecuaciones vectoriales (x,y,z) =(1 + 3λ, 2λ, λ), por lo tanto el punto genérico de r es C= (1 + 3λ, 2λ, λ). Como según el enunciado el triángulo es rectángulo en B, los vectores BA y BC son perpendiculares y su producto escalar es nulo:

BA . BC = 0 ⇒ (0, -2, 3).(3λ, 2λ-2, λ+1) = 0 ⇒ -4λ+4+3λ+3 = -λ+7 = 0⇒ λ = 7 El punto pedido es C=(1 + 3(7), 2(7), (7)) ⇒ C=(22, 14, 7) b) En el punto D se cortan los planos 2x-y+3z = 6 y y = 0 z = 0 (que determinan OX), de donde obtenemos:

0 = z0 = y

6 = 3z+y-2x⇒ 2x = 6 ⇒ x = 3

El punto pedido es D = (3,0,0).

Para calcular el triángulo determinado por los vértices A(1,0,2), B(1,2,-1) y D(3,0,0) debemos determinar:

A = [ ]ADxAB21

=20001-32-1-021-1

kji

21

−−−

=223-20

kji

21

−0

= )4,6,4( −−−21

= 163616 ++21

= 6821

u2

16

4.- [2,5 puntos] Considera los planos π1, π2 y π3 dados respectivamente por las ecuaciones 3x-y+z-4 = 0; x-2y+z-1 = 0 y x+z-4 = 0. Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto P(3, 1, -1), es paralela al plano π1 y corta a la recta intersección de los planos π2 y π3.

Solución: Para hallar la recta vamos a determinar la formada por el punto P y el punto Q intersección de los planos recta π2 y π3 con el plano π paralelo a π1 que contiene a la recta. A continuación de terminamos el punto Q intersección de los tres planos dados. Finalmente la recta pedida pasa por el punto P y tiene como vector director u

|| PQ tal como

se muestra en la figura adjunta.

Cualquier plano paralelo a π1 tiene como ecuación 3x-y+z+K=0 (su vector normal ha de ser n

=(3,-1,1)). Si lo obligamos a que pase pasa por P(3,1,-1) obtenemos: 3.3-1.1+1.(-1)+K=0 ⇒ 7+k = 0 k = -7 Por lo tanto el plano π es 3x-y+z-7=0. Para obtener el punto Q, resolvemos el sistema formado por las ecuaciones de los planos π, π2 y π3:

0 = 4-z+x0 = 1-z+2y-x0=7-z+y-3x

En la 3ª ecuación despejamos z = 4-x y las sustituimos en las dos anteriores:

0 = 1-x-4+2y-x0=7-x-4+y-3x

Obtenemos un sistema de 2 ecuaciones e incógnitas x e y. Despejando en la 2 obtenemos y.

⇒

3- = 2y-3=y-2x⇒

23 = y

3=y-2x

Sustituyendo el valor de ésta en la primera obtenemos x: 3=23-2x ⇒

29=2x ⇒

49=x

Y sustituido dicho valor en z obtenemos: z =494 − =

47

Luego el punto es Q =

47

23

49 ,, .

La recta pedida pasa por el punto P(3,1,-1) y su vector director es paralelo a PQ =

+−− 1,1,3

47

23

49

=

411

42

43- ,, luego tomamos como vector director u

= ( -3,2,11).

La recta buscada en forma paramétrica es:

++

11λ1- = z2λ1 = y

3λ-3 = x, λ∈R.

17