Oposiciones Matemáticas 2014. Andalucía

Oposiciones de Matemáticas. Andalucía 2o14

José Manuel Sáez Julio de 2o14

1

José Manuel Sáez

Ejercicio 1

(a) Calcular el área limitada por la curva

4x2 − 4x + 4y 2 − 12y − 26 = 0 utilizando el cálculo integral.

(b) Dadas las curvas y = x2 e y = bx, hallar los valores de b tales que el 9 2

área encerrado entre estas dos grácas sea .

Solución: (a) Forma general de la ecuación de la circunferencia: (x − a)2 + (y − b)2 = r2

Esta es la ecuación de la circunferencia en función de las coordenadas del centro y del radio. Vericando operaciones se obtiene: x2 − 2ax + a2 + y 2 − 2by + b2 − r2 = 0

Ordenando términos: x2 + y 2 − 2ax − 2by + a2 + b2 − r2 = 0

Si hacemos:

−2a = m −2b = n a2 + b 2 − r 2 = p

se obtiene nalmente: x2 + y 2 + mx + ny + p = 0

que es la ecuación general de la circunferencia. En nuestro caso: 4x2 + 4y 2 − 4x − 12y − 26 = 0 ⇐⇒ x2 + y 2 − x − 3y −

13 =0 2

En nuestro caso Estas ecuaciones nos permiten calcular el centro y el radio de la circunferencia dada en forma general: a = − m2 = − −1 = 12 2 b = − n2 = − −3 = 32 q 2 p √ r = a2 + b2 − p = ( 21 )2 + ( 32 )2 − (− 13 ) = 9=3 2

2

José Manuel Sáez La ecuación de la circunferencia que limita al círculo es: s 2  2 2   3 3 1 1 2 2 + y− =3 ⇒y = + 3 − x− x− 2 2 2 2

A causa de la simetría, calculamos sólo la supercie del primer cuadrante del círculo, que es: S = 4 Z

π 2

3+ 21

Z 1 2

s

 2 x − 1 = 3 sin t, x = 1 → t = 0 1 2 2 32 − x − dx = dx = 3 cos tdt, x = 3 + 12 → t = arcsin 1 = 2

Z p 2 32 − 32 sin t·3 cos t dt =

0

π 2

2

2

2

3 cos t dt = 3

0

De donde tendremos,

π 2

Z 0

  π2 1 + cos 2t 1 2 2 t dt = 3 + sin 2t 2 2 4 0

S π = 32 u2 ⇒ S = 32 π u2 4 4

(b) Los puntos de corte entre ambas grácas son en x = 0 y x = b. Z 0

b

bx2 x3 − bx − x dx = 2 3 2



b = 0

b3 b3 − 2 3 9 2

El área encerrada entre estas dos grácas ha de ser . Luego: b3 b3 9 − = ⇒b=3 2 3 2

Por simetría, los valores de b son 3 y -3

π 2

=

3

José Manuel Sáez

Ejercicio 2

(a) Calcular a, b y c números complejos tales que:

z 3 + z 2 (5i − 6) + z(9 − 24i) + 18 + 13i = (z + i)(az 2 + bz + c)

(b) Resolver la ecuación: z 3 + z 2 (5i − 6) + z(9 − 24i) + 18 + 13i = 0 (c) Representar las soluciones (d) ¾Qué tipo de triángulo forman las soluciones?

Solución: (a) Dividiendo el polinomio dado por z + i resulta: 1 5i − 6 −i

−i

9 − 24i

13i + 18

4 + 6i

−13i − 18

1 4i − 6 13 − 18i

0

y así az 2 +bz+c = z 2 +(4i−6)z+(13−18i), luego a = 1, b = 4i − 6, c = 13 − 18i (b) Por el apartado (a) ello equivale a resolver la ecuación: (z + i)(z 2 + (4i − 6)z + (13 − 18i)) = 0, calculemos las otras dos raíces: p √ √ 6 − 4i ± (−6 + 4i)2 − 4(13 − 18i) 6 − 4i ± −32 + 24i z= = = 3−2i± −8 + 6i 2 2 Para determinar las dos raíces cuadradas de −8 + 6i , ponemos √ −8 + 6i = p + qi , donde p, q ∈ R, es decir,  2 p − q 2 = −8 2 2 2 (p + qi) = −8 + 6i ⇔ p − q + 2pqi = −8 + 6i ⇔ pq = 3

Ahora bien, como |p + qi|2 = | − 8 + 6i|, será p2 + q 2 = | − 8 + 6i| = 10, y al sumar esta igualdad con la primera ecuación del sistema anterior, se tiene que 2p2 = 2, es decir, p = ±1. De la segunda ecuación se deduce que si p = 1, entonces q = 3, mientras que si p = −1, entonces q = −3.1 Por tanto, las otras dos raíces son: z = 3 + 2i ±

√

 −8 + 6i = 3 + 2i ± (1 + 3i) =

4+i 2 − 5i

  z1 = −i z2 = 4 + i Y las tres soluciones son:  z3 = 2 − 5i 1 También

podemos tomar

w = q2 ,

y resolver la ecuación de segundo grado.

4

José Manuel Sáez (c) Nos resulta el siguiente triángulo:

(d) Como

√ √ d(A, B) = √16 + 4 = 2√5 d(A, C) = √4 + 16 = 2√5 d(B, C) = 4 + 36 = 2 10

el triángulo es isósceles con los lados AB y AC iguales. Como d2 (A, B) + d2 (A, C) = d2 (B, C) el triángulo es rectángulo en A, al vericarse el teorema de Pitágoras. En conclusión, se trata de un triángulo rectángulo isósceles.

5

José Manuel Sáez

Ejercicio 3 Hallar la condición necesaria y suciente para que el número a + bx c + dx

sea un número racional para todo x real. (con c y d no nulos a la vez y siendo a, b, c y d racionales)

Solución: Si x es un número el resultado es inmediato. Para que tenga sentido ha de ser cx + d 6= 0. ax + b Supongamos que = q ∈ Q. Entonces: cx + d

cqx + dq = ax + b ⇔ (cq − a)x = b − dq

Si a 6= cq entonces x sería racional, luego ha de ser a = cq y en consecuencia b = dq . Por consiguiente se verica que: a b c d

=0

(1)

Veamos que (1) es condición suciente: Evidentemente las las son proporcionales por ello existe r ∈ Q tal que a = cr y b = dr. De ahí que: crx + dr ax + b = =r∈Q cx + d cx + d

Luego (1) es la condición buscada.

6

José Manuel Sáez

Ejercicio 4 Tenemos una urna A con 3 bolas blancas y 4 negras. Se sacan dos bolas y se meten en otra urna vacía B. Ahora se saca una bola de la urna A y otra de la urna B. (a) ¾Cuál es la probabilidad de sacar una bola blanca de la urna A? (b) ¾Cuál es la probabilidad de sacar dos bolas blancas? (sacar una bola de A y otra de B y que ambas sean blancas)

Solución: (a) Consideraremos como primera extracción sacar dos bolas de la urna A y la segunda extracción sacar una bola de la urna A y otra de la urna B. P(2a BA ) = P(1a BB y 2a BA ) + P(1a NN y 2a BA ) + P(1a NB2 y 2a BA ) = P(1a BB)·P(2a BA |1a BB) + P(1a NN)·P(2a BA |1a NN) + P(1a NB)·P(2a BA |1a NB) 32 1 43 3 · + · + = 76 5 76 5



34 43 + 76 76

 ·

2 1 6 8 3 = + + = 5 35 35 35 7

(b) P(2a BA y 2a BB )= P(1a BB)·P(2a BA BB |1a BB) + P(1a NN)·P(2a BA BB |1a NN) a + P(1 NB)· P(2a BA B |1a NB)=  B   =

2 1a NB

1 · 7

1 2 ·1 + · 5 7

3 4 ·0 + · 5 7

2 1 · 5 2

=

1 7

nos referimos a sacar negra y blanca, o blanca y negra en la primera extracción.

7

José Manuel Sáez

Ejercicio 5 (a) Hallar los puntos de la recta x + y = 0, x − z = 0, cuya 1 distancia al plano π ≡ 2x − y + 2z = 1 es de . 3

(b) Hallar el lugar geométrico de los puntos del plano cuya distancia a los 1 3

puntos hallados en el apartado anterior es .

Solución: (a) Los puntos de la recta son de la forma: P (λ, −λ, λ), λ ∈ R. La distancia de un punto de la recta, P, al plano, π , ha de ser d(P, π) =

1 3

|2λ − (−λ) + 2λ − 1| 1 p = 3 22 + (−1)2 + 22

Obtenemos dos puntos: λ = 0 → A(0,  0, 0)  2 2 2 2 λ= →B ,− , 5 5 5 5 − (b) Sea π ≡ 2x − y + 2z = 1, su vector normal → n = (2, −1, 2). rA = (0,  0, 0)  + t(2, −1, 2) 2 2 2 rB = ,− , + t(2, −1, 2) 5 5 5

t∈R

Hallamos el punto de intersección entre recta y plano.   2 1 2 1 ,− , rA ∩ π ≡ 2(2t) − (−t) + 2(2t) = 1 ⇒ t = ⇒ 9 9 9 9   2 2 2 1 8 13 8 rB ∩ π ≡ 2( + 2t) − (− − t) + 2( + 2t) = 1 ⇒ t = − ⇒ ,− , 5 5 5 9 45 45 45     2 1 2 8 13 8 El lugar geométrico son los puntos ,− , y ,− , 9 9 9 45 45 45

8

José Manuel Sáez

Ejercicio 6 Hallar el lugar geométrico de los ortocentros de todos los triángulos inscritos en una hipérbola equilátera. Solución: Sea xy = k (k 6= 0) la ecuación de la hipérbola. k

k

k

Sean A(a, ) ; B(b, ) y C(c, ) los vértices de un triángulo inscrito en la a b c hipérbola. Sean r la altura correspondiente al vértice A y s la correspondiente a C. − Calculemos r. Sea el → v = (c − b, kc − kb ), vector director de la recta que pasa − por B y C. Luego su vector normal será → n = ( kb − kc , c − b). Sea r, la recta − que pasa por el punto A y tiene como vector director → n. y − ka x−a r ≡ k k = c−b −c b k k c−b ≡ (c − b)x + ( − )y + (b − c)a + k 2 ( )=0 c b abc

Finalmente se tiene: c−b k k )=0 r ≡ (c − b)x + ( − )y + (b − c)a + k 2 ( c b abc

    

  b−a k k  )=0  s ≡ (b − a)x + ( − )y + (a − b)c + k 2 ( b a abc

Por ser c 6= b y b 6= a queda:  r ≡ abcx − kay = −k 2 + a2 bc  s ≡ abcx − kcy = −k 2 + abc2



El ortocentro es r ∩ s. Luego, despejando de la expresión anterior nos queda: x=−

k2 abc

y=−

abc k

Así xy = k es la ecuación del lugar geométrico buscado. Es decir, el lugar geométrico es la hipérbola de partida.