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
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