Preparando la selectividad PRUEBA nº

2.

Ver enunciados Ver Soluciones Opción A Ver Soluciones Opción B

Se elegirá el ejercicio A o el ejercicio B, del que se harán los TRES problemas propuestos. LOS TRES PROBLEMAS PUNTÚAN POR IGUAL. Cada estudiante podrá disponer de una calculadora científica o gráfica para la realización del examen. Se prohíbe su utilización indebida (para guardar fórmulas en memoria).

OPCIÓN A A1.

Considera la ecuación matricial X ·

(

) ( )

2 2 2 1 = 2· 2 4 0 2 m +m

con m parámetro real.

a) Para qué valores del parámetro m existe una única matriz X que verifica la relación anterior? (4 puntos) b) Si es posible, resolver la ecuación matricial para m=0. (4 puntos) c) Si es posible, resolver la ecuación matricial para m=1. (2 puntos) A2.

Se pretende cultivar en un terreno dos tipos de olivos A y B. No se pueden cultivar más de 8 ha con olivos tipo A ni más de 10 ha con los de tipo B. Cada hectárea de olivos de tipo A necesita 4m3 de agua anuales y cada una del tipo B, 3m 3. Se dispone anualmente de 44m3 de agua. Cada hectárea de tipo A requiere una inversión de 500€ y cada una de tipo B, 225€. Se dispone de 4500€ para realizar dicha inversión. Si cada hectárea de olivar de tipo A y de tipo B produce, respectivamente, 500 y 300 litros anuales de aceite: a) Obtener razonadamente las hectáreas de cada tipo de olivo que se deben plantar para maximizar la producción de aceite. (6 puntos) b) Obtener dicha producción. (4 puntos)

A3. Dada la ecuación a y= 2x – 3, se pide: a) Determinar el ángulo que forma con el eje de abscisas. (3 puntos) b) Justifica si la recta que pasa por los puntos A(-1, 3) y B( 2, 1) es también paralela. (3 puntos) c) Encontrar de forma razonada la ecuación de la recta paralela a ella que pasa por el punto de intersección de y= 3x – 2 y 3x – 2y = 1 (4 puntos)

OPCIÓN B

(

−3 1 2 B1. Dadas las matrices C= 1 −2 0 0 1 0

) (

)

1 0 1 y D= −1 2 −1 , se pide: 2 0 1

a) Hallar C –1 y D –1 (4 puntos) b) Calcular la matriz inversa de C·D. (4 puntos) c) Comprobar que (C·D) -1 = D-1 · C-1. (2 puntos) B2. Un fabricante de alfombras dispone d ellas siguientes existencias de lana: 500kg. de color azul, 400 Kg. de color verde y 225 d color rojo. Desea fabricar dos tipos de alfombras: A y B. Para fabricar una de tipo A se necesitan 1 kg de lana azul y 2 kg de lana verde, y para fabricar una de tipo B, 2 Kg de lana azul, 1Kg de lana verde y 1Kg de lana roja. Cada alfombra de tipo A se vende a 2000€ y cada una de tipo B por 3000€. Se supone que se vende todo lo que se fabrica. Se pide: a) ¿Cuántas alfombras de cada se han de fabricar para que el beneficio sea máximo? ¿Cuál es el beneficio? Explicar los pasos seguidos para obtener la solución. (6 puntos) b) ¿Qué cantidad de lana de color quedará cuando se fabrique el número de alfombras que proporciona el beneficio máximo? (4 puntos) B3.

Los tres vértices de un triángulo son A(0, 1), B(1, 2) y C(3, 0) a) Encontrar de forma razonada la ecuación de la recta paralela al lado AB que pasa por el punto C. (4 puntos) b) Hallar el punto de intersección de esta recta con la recta de ecuación x + 3y = 2 . (3 puntos)

OPCIÓN A A1.

Considera la ecuación matricial X ·

(

) ( )

2 2 2 1 = 2· 2 4 0 2 m +m

con m parámetro real.

a) Para qué valores del parámetro m existe una única matriz X que verifica la relación anterior? (4 puntos) b) Si es posible, resolver la ecuación matricial para m=0. (3 puntos) c) Si es posible, resolver la ecuación matricial para m=1. (3 puntos) a) Operando X ·

(⏟) (⏟) 2 2 4 2 = 2 8 0 2 m +m

→ X·A=B

– 1

→ X·A·A =B·A

–1

→ X·I = B·A

–1

–1 → X= B·A .

B

A

Para que X tenga solución, la matriz A ha de ser regular, es decir, ha de tener inversa. La matriz A tendrá inversa si det(A)≠ 0. det(A) =

∣

? 2 2 2 2 ⏞ 0 . Resolviendo, m=1 y m=–2 . = 2(m + m) – 4 = 2m +2m−4 = 2 2 m +m

Por lo tanto:

b) Si m=0, la matriz A=

∣

–1

→ X tendrá solucion. Si m≠1 ó m≠–2 → ∃A –1 Si m=1 ó m=–2 → NO ∃A → X NO tendrá solucion.

( ) ( ∣ ) ( ( ) 2 2 2 0

Sí admite inversa.

2 2 1 0 → 2 0 0 1

Cálculo de la inversa:

A = −1

∣

) (

2 2 1 0 → 0 −2 −1 1

∣

) ( ∣

2 0 0 1 → 0 −2 −1 1

1 0 0 1/2 0 1 1/2 −1 /2

)

0 1 /2 1/ 2 −1 /2

( )(

) ( )

–1 4 2 0 1/2 = 1 1 La ecuación matricial es X= B·A . X= B · A−1= · 8 0 1/ 2 −1 /2 0 4

c)

A2.

Si m=1, la matriz A=

( ) 2 2 2 2

no admite inversa. No es posible resolver la ecuación.

Se pretende cultivar en un terreno dos tipos de olivos A y B. No se pueden cultivar más de 8 ha con olivos tipo A ni más de 10 ha con los de tipo B. Cada hectárea de olivos de tipo A necesita 4m3 de agua anuales y cada una del tipo B, 3m 3. Se dispone anualmente de 44m3 de agua. Cada hectárea de tipo A requiere una inversión de 500€ y cada una de tipo B, 225€. Se dispone de 4500€ para realizar dicha inversión. Si cada hectárea de olivar de tipo A y de tipo B produce, respectivamente, 500 y 300 litros anuales de aceite: a) Obtener razonadamente las hectáreas de cada tipo de olivo que se deben plantar para maximizar la producción de aceite. (6 puntos) b) Obtener dicha producción. (4 puntos) x Ha olivos tipo A y Ha olivos tipo B Conjunto de Restricciones: 1 0≤x≤8 2 0≤y≤10 3 4x+3y≤44 4 500x+250y≤4500

}

Función objetivo: La producción f(x, y) = z z= 500x + 300y litros anuales −5 x si z= 0 ; y= 3

Recta 3: pendiente m= -4/3 x y=(−4x + 44)/3 0 44/3 11 0

∣

Recta 4: pendiente m= - 2 x y=−2 x+18 0 18 9 0

∣

La función objetivo, cuando z=0, tiene de pendiente m= – 5/3. Dado que: ∣−4/ 3∣ < ∣−5/ 3∣ < ∣−2∣ ⏟ ⏟ ⏟ m3

m

m4

La solución es el punto C −4x+44 3 y=−2x+18

y=

a) 5 Ha olivos tipo A

}

C(5, 8)

y 8 Ha olivos tipo B.

b) La producción será z= 500·5 + 300·8 = 4 900 litros anuales

A3. Dada la ecuación a y= 2x – 3, se pide: a) Determinar el ángulo que forma con el eje de abscisas. (3 puntos) b) Justifica si la recta que pasa por los puntos A(-1, 3) y B( 2, 1) es también paralela. (3 puntos) c) Encontrar de forma razonada la ecuación de la recta paralela a ella que pasa por el punto de intersección de y= 3x – 2 y 3x – 2y = 1 (4 puntos) a) La función y= 2x – 3 es una función polinómica de 1º grado, su gráfica es una recta de pendiente m= 2 y sabemos que m= tg α, siendo α el ángulo que forma la recta con el semieje positivo de las X. Por lo tanto, tg α = 2 y el ángulo α = arc tg 2 = 63º 26' 5.8”. b) La recta que pasa por los puntos A(-1, 3) y B( 2, 1) tiene de pendiente m=

y2−y1 x2−x1

=

3−1 −2 = . −1−2 3

Por lo tanto no son paralelas ya que tienen distinta pendiente. c) Cálculo del punto de intersección:

y=3x−2 3x−2y=1

}

3x – 2(3x – 2) = 1;

x= 1 e y= 1.

Una recta paralela tendrá la misma pendiente, su ecuación será y= 2x + b. Como ha de pasar por el punto (1, 1), sustituyendo, resulta: 1=2·1 + b; b= –1 La recta buscada es y= 2x – 1 .

OPCIÓN B

(

−3 1 2 1 −2 0 B1. Dadas las matrices C= 0 1 0

) (

)

1 0 1 y D= −1 2 −1 , se pide: 2 0 1

a) Hallar C –1 y D –1 (4 puntos) b) Calcular la matriz inversa de C·D. (4 puntos) c) Comprobar que (C·D) -1 = D-1 · C-1. (2 puntos)

∣

∣

−3 1 2 1 −2 0 = 2 · 1 −2 = 2≠0 ; Dado que ∣C∣ = 2≠0 → ∃ C−1 . 0 1 0 1 0

a) det(C)=

(

∣ ∣

)( ) ( )

+0 −0 +1 0 0 1 a C = −(−2) +0 −(−3) = 2 0 3 ; 4 2 5 +4 −(−2) +5 C

−1

∣

∣

t 1 · Ca ∣C∣

( )

( ) ( )

0 2 4 t a 0 0 2 ; = C 1 3 5

( )

t 1 0 2 4 1 a = · C = · 0 0 2 ; 2 ∣C∣ 1 3 5

( )

C−1 =

0 1 2 C−1 = 0 0 1 1/2 3/2 5/2

1 0 1 t 1 −1 1 1 · Da −1 2 −1 det(D)= = +2 · = 2 ·( 1−2)= −2 ≠0 ; Dado que ∣D∣ = −2≠0 → ∃ D−1 . D = ∣D∣ 2 1 2 0 1 a D =

( )

∣ ∣

(

)(

)

+2 −1 +(−4) 2 −1 −4 −0 +(−1) −0 = 0 −1 0 ; −2 0 2 +(−2) −0 +2

D−1 =

(

)

(

)(

∣

∣∣

(

)

( )

) )

(

2 0 −2 t 1 1 · −1 −1 · Da = 0 ; −2 ∣D∣ −4 0 2

( )

(

2 0 −2 t a −1 −1 0 ; = D −4 0 2

−1 0 1 D−1 = 1/2 1/ 2 0 2 0 −1

)( ∣

)(

)

−3 1 2 1 0 1 −3−1+4 0+2+0 −3−1+2 0 2 −2 1+2+0 = 3 −4 3 b) Cálculo de C·D = 1 −2 0 · −1 2 −1 = 1+2+0 0−4+0 0 1 0 2 0 1 0−1+0 0+2+0 0−1+0 −1 2 −1 det (C ·D) =

0 2 0 0 2 −2 3 −1 3 −4 3 = 3 −4 −1 = −2 · = −2 ·(3−1) = −4 ≠ 0 −1 1 −1 2 1 −1 2 −1

−2 0 2 Adj(C ·D) = −2 −2 −2 ; −2 −6 −6

∣

( Adj( C·D) )t =

∣

(

)

−2 −2 −2 0 −2 −6 ; 2 −2 −6 (C ·D)−1 =

c) D ·C −1

−1

(

)(

)(

(

)

1/2 1/ 2 1 / 2 0 1/ 2 3 / 2 −1/ 2 1/ 2 3 / 2

)

−1 0 1 0 1 2 1 / 2 1 /2 1/ 2 −1 · 1/2 1 /2 0 0 0 1 0 1 /2 3/ 2 = (C ·D) . = = 2 0 −1 1 / 2 3 /2 5/2 −1 /2 1 /2 3/ 2

B2. Un fabricante de alfombras dispone de las siguientes existencias de lana: 500kg. de color azul, 400 Kg. de color verde y 225 de color rojo. Desea fabricar dos tipos de alfombras: A y B. Para fabricar una de tipo A se necesitan 1 kg de lana azul y 2 kg de lana verde, y para fabricar una de tipo B, 2 Kg de lana azul, 1Kg de lana verde y 1Kg de lana roja. Cada alfombra de tipo A se vende a 2000€ y cada una de tipo B por 3000€. Se supone que se vende todo lo que se fabrica. Se pide: a) ¿Cuántas alfombras de cada se han de fabricar para que el beneficio sea máximo? ¿Cuál es el

beneficio? Explicar los pasos seguidos para obtener la solución. (6 puntos) b) ¿Qué cantidad de lana de color quedará cuando se fabrique el número de alfombras que proporciona el beneficio máximo? (4 puntos) x nº de alfombras tipo A y nº de alfombras tipo B LANAS Tipo A Tipo B Total (kg) azul

1

2

500

verde

2

1

400

roja

0

1

225

Conjunto de Restricciones: 1 x+2y≤500 2 2x+y≤400 3 y≤225 4 x≥0 5 y≥0

Función objetivo: f(x, y) = z €

}

z= 2000 x + 3000y 2 si z= 0 ; y= − x 3

Recta 1: pendiente m= -1/2 x y=−x /2+250 0 250 500 0

∣

Recta 2: pendiente m= - 2 x y=−2 x+400 0 400 200 0

∣

La función objetivo, cuando z=0, tiene de pendiente m=-2/3. Dado que: ∣−1/ 2∣ < ∣−2 / 3∣ < ∣−2∣ ⏟ ⏟ ⏟ m1

}

y=−x/ 2+250 y=−2x+400

La solución es el punto C

m

m2

C(100, 200)

}

x=100 alfombras tipo A . El beneficio será z= 100·2 000 + 200·3 000 = 800.000€. y=200 alfombras tipo B

Otra forma de obtener la solución es el estudio en cada vértice: Punto B: y=−x/2+250 B(50, 225) y=225

}

Punto

x

y

Beneficio z= 2 000 x + 3 000 y

A

0

225

675 000 €

B

50

225

775 000 €

C

100

200

800 000€ Máximo

D

200

0

400 000 €

0

0

0

0,00 €

b) 100 nº de alfombras tipo A y 200 de alfombras tipo B 100 alfombras 200 alfombras Se han gastado LANAS Tipo A necesitan Tipo B necesitan (kg)

Había un Total de (kg)

Quedan (kg)

azul

1·100 =100 kg

2·200 = 400 kg

500 kg

500kg

0 kg de azul

verde

2·100= 200kg

1·200 = 200 kg

400 kg

400 kg

0 kg de verde

roja

0

1·200= 200 kg

200 Kg

225 Kg

25 kg de rojo

B3.

Los tres vértices de un triángulo son A(0, 1), B(1, 2) y C(3, 0) a) Encontrar de forma razonada la ecuación de la recta paralela al lado AB que pasa por el punto C. (4 puntos) b) Hallar el punto de intersección de esta recta con la recta de ecuación x + 3y = 2 . (3 puntos) a) La ecuación punto-pendiente de la recta es y – y0 = m·( x – x0) b2 −a 2 2−1 = 1 ∈ℝ Si es paralela al lado AB su pendiente será mAB = = b1 −a 1 1−0 Si ha de pasar por el punto C(3, 0) resulta: y – 0 = 1·( x – 3 ) → y = x – 3

}

}

b) El punto de intersección y=x−3 → −x+ y=−3 x+3y=2 x+3y=2 / +4y=−1 y=−1 / 4

}

3x−3y=9 x+ 3y=2 4x+ / =11 x=11/4

(

P 11 , − 1 4

4

)