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📋 Examen de 2014 de Andalucía

Problema 1

  1. Calcular el área limitada por la curva 4𝑥2 −4𝑥 +4𝑦2 −12𝑦 −26 =0 utilizando el cálculo integral.
  2. Dadas las curvas 𝑦 =𝑥2 e 𝑦 =𝑏𝑥, hallar los valores de 𝑏 tales que el área encerrada entre estas dos gráficas sea 92.

Resolución
  1. En primer lugar, completamos cuadrados. {4𝑥2−4𝑥=(2𝑥−1)2−1,4𝑦2−12𝑦=(2𝑦−3)2−9. De esta forma, la expresión de la curva queda como: 4𝑥2−4𝑥+4𝑦2−12𝑦−26=0⇔(2𝑥−1)2+(2𝑦−3)2=36⇔4(𝑥−12)2+4(𝑦−32)2=36⇔⇔(𝑥−12)2+(𝑦−32)2=9. Observamos que se trata de una circunferencia de centro (12,32) y radio 3, con área 9𝜋 𝑢2. Para calcular el área mediante el cálculo integral, despejamos en la expresión anterior. (𝑥−12)2+(𝑦−32)2=9⇔𝑦=12±√9−(𝑥−12)2. Observamos que: 9−(𝑥−12)2≥0⇔∣𝑥−12∣≤3⇔𝑥∈[−52,72]. Sean 𝑓1,𝑓2 :[−52,72] →ℝ las funciones definidas por: 𝑓1(𝑥)=12−√9−(𝑥−12)2,𝑓2(𝑥)=12+√9−(𝑥−12)2. Entonces el área viene dada por: 𝑆=∫72−52(𝑓2(𝑥)−𝑓1(𝑥))𝑑𝑥=∫72−522√9−(𝑥−12)2𝑑𝑥. Realizamos el cambio de variable: (𝑥−12)2=9sen2⁡(𝑡)⇒𝑥−12=3sen⁡(𝑡)⇔𝑡=arcsen⁡(2𝑥−16),𝑑𝑥=3cos⁡(𝑡)𝑑𝑡. De esta forma, 𝑆=∫𝜋2−𝜋22√9−9sen2⁡(𝑡)⋅3cos⁡(𝑡)𝑑𝑡=18∫𝜋2−𝜋2cos2⁡(𝑡)𝑑𝑡=18∫𝜋2−𝜋21+cos⁡(2𝑡)2𝑑𝑡=9[𝑡+12sen⁡(2𝑡)]𝜋2−𝜋2==9(𝜋2+𝜋2)=9𝜋𝑢2.
  2. En primer lugar, hallamos los puntos de corte de las dos curvas. 𝑥2=𝑏𝑥⇔𝑥(𝑥−𝑏)=0⇔{𝑥=0,𝑥=𝑏. El área encerrada entre las dos gráficas viene dada por: 𝑆=∣∫𝑏0(𝑥2−𝑏𝑥)𝑑𝑥∣=∣[13𝑥3−𝑏2𝑥2]𝑏0∣=∣𝑏33−𝑏32∣=|𝑏|36. Por tanto, 𝑆=92⇔|𝑏|36=92⇔|𝑏|3=27⇔|𝑏|=3⇔𝑏=±3.

Problema 2

  1. Calcular 𝑎, 𝑏 y 𝑐 números complejos tales que: 𝑧3+𝑧2(5𝑖−6)+𝑧(9−24𝑖)+18+13𝑖=(𝑧+𝑖)(𝑎𝑧2+𝑏𝑧+𝑐).
  2. Resolver la ecuación: 𝑧3+𝑧2(5𝑖−6)+𝑧(9−24𝑖)+18+13𝑖=0.
  3. Representar las soluciones.
  4. ¿Qué tipo de triángulo forman las soluciones?

Resolución
  1. En primer lugar, desarrollamos la expresión del miembro derecho. (𝑧+𝑖)(𝑎𝑧2+𝑏𝑧+𝑐)=𝑎𝑧3+𝑏𝑧2+𝑐𝑧+𝑎𝑖𝑧2+𝑏𝑖𝑧+𝑐𝑖=𝑎𝑧3+(𝑏+𝑎𝑖)𝑧2+(𝑐+𝑏𝑖)𝑧+𝑐𝑖. Así que: 𝑧3+𝑧2(5𝑖−6)+𝑧(9−24𝑖)+18+13𝑖=(𝑧+𝑖)(𝑎𝑧2+𝑏𝑧+𝑐)⇔⇔𝑧3+𝑧2(5𝑖−6)+𝑧(9−24𝑖)+18+13𝑖=𝑎𝑧3+(𝑏+𝑎𝑖)𝑧2+(𝑐+𝑏𝑖)𝑧+𝑐𝑖⇔⇔⎧{ { {⎨{ { {⎩𝑎=1,𝑏+𝑎𝑖=5𝑖−6,𝑐+𝑏𝑖=9−24𝑖,𝑐𝑖=18+13𝑖⇔⎧{ {⎨{ {⎩𝑎=1,𝑏=−6+4𝑖,𝑐=13−18𝑖.
  2. Por el apartado anterior, podemos reescribir la ecuación. 𝑧3+𝑧2(5𝑖−6)+𝑧(9−24𝑖)+18+13𝑖=0⇔(𝑧+𝑖)(𝑧2+(−6+4𝑖)𝑧+13−18𝑖)=0⇔⇔{𝑧+𝑖=0⇔𝑧=−𝑖,𝑧2+(−6+4𝑖)𝑧+13−18𝑖=0. Resolvemos la ecuación de segundo grado. 𝑧2+(−6+4𝑖)𝑧+13−18𝑖=0⇔𝑧=6−4𝑖±√20−48𝑖−52+72𝑖2=3−2𝑖±√−8+6𝑖. Para hallar la raíz cuadrada, escribimos el número en forma polar. −8+6𝑖=10𝛼,con 𝛼=arccos⁡(−45). Luego una raíz cuadrada es: √10𝛼=√10𝛼2=√10cos⁡(𝛼2)+𝑖√10sen⁡(𝛼2)=√10⋅√1+cos⁡(𝛼)2+𝑖√10⋅√1−cos⁡(𝛼)2==√5⋅√1+cos⁡(𝛼)+𝑖√5⋅√1−cos⁡(𝛼)=√5⋅√1−45+𝑖√5⋅√1+45=1+3𝑖. Así que: 𝑧2+(−6+4𝑖)𝑧+13−18𝑖=0⇔𝑧=3−2𝑖±(1+3𝑖)⇔{𝑧=2−5𝑖,𝑧=4+𝑖. Por tanto, las soluciones de la ecuación son: 𝑧1=−𝑖,𝑧2=2−5𝑖,𝑧3=4+𝑖.
  3. Representamos las soluciones en el plano complejo. Figura
  4. Calculamos las longitudes de los lados. dist⁡(𝑧1,𝑧2)=|𝑧1−𝑧2|=|−4−2𝑖|=√42+22=√20𝑢,dist⁡(𝑧1,𝑧3)=|𝑧1−𝑧3|=|−2+4𝑖|=√22+42=√20𝑢,dist⁡(𝑧2,𝑧3)=|𝑧2−𝑧3|=|2+6𝑖|=√22+62=√40𝑢. Por tanto, se trata de un triángulo isósceles.

Problema 3

Hallar la condición necesaria y suficiente para que el número 𝑎+𝑏𝑥𝑐+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).

Problema 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.

  1. ¿Cuál es la probabilidad de sacar una bola blanca de la urna 𝐴?
  2. ¿Cuál es la probabilidad de sacar dos bolas blancas (sacar una bola de 𝐴 y otra de 𝐵 y que ambas sean blancas)?

Problema 5

  1. Hallar los puntos de la recta 𝑥 +𝑦 =0, 𝑥 −𝑧 =0, cuya distancia al plano 𝜋 ≡2𝑥 −𝑦 +2𝑧 =1 es de 13.
  2. Hallar el lugar geométrico de los puntos del plano cuya distancia a los puntos hallados en el apartado anterior es 13.

Resolución
  1. En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑟. 𝑟≡{𝑥+𝑦=0,𝑥−𝑧=0≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜆,𝑦=−𝜆,𝑧=𝜆,𝜆∈ℝ. Sea 𝑃(𝜆, −𝜆,𝜆) un punto genérico de 𝑟. Su distancia al plano 𝜋 viene dada por: dist⁡(𝑃,𝜋)=|2𝜆−(−𝜆)+2𝜆−1|√22+12+22=|5𝜆−1|3. Para que la distancia sea de 13, ha de verificarse: dist⁡(𝑃,𝜋)=13⇔|5𝜆−1|3=13⇔|5𝜆−1|=1⇔{5𝜆−1=1⇔5𝜆=2⇔𝜆=52,5𝜆−1=−1⇔5𝜆=0⇔𝜆=0. Por tanto, los puntos son: 𝑃1(25,−25,25)y𝑃2(0,0,0).
  2. Por construcción, los puntos del plano 𝜋 que están a una distancia de 13 de 𝑃1 y 𝑃2 son sus respectivas proyecciones ortogonales sobre 𝜋.
    • Para hallar la proyección ortogonal del punto 𝑃1 sobre 𝜋, tomamos la recta 𝑠 que perpendicular al plano que pasa por 𝑃1. Sea: 𝑠≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=25+2𝜆,𝑦=−25−𝜆,𝑧=25+2𝜆,𝜆∈ℝ. La proyección ortogonal viene dada por la intersección entre el plano 𝜋 y la recta 𝑠. 2(25+2𝜆)−(−25−𝜆)+2(25+2𝜆)=1⇔45+4𝜆+25+𝜆+45+4𝜆=1⇔9𝜆=−1⇔𝜆=−19. Por tanto, la proyección ortogonal de 𝑃1 sobre 𝜋 es el punto: 𝑃′1(845,−1345,845).
    • Para hallar la proyección ortogonal del punto 𝑃2 sobre 𝜋, tomamos la recta 𝑡 que perpendicular al plano que pasa por 𝑃2. Sea: 𝑡≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=2𝜇,𝑦=−𝜇,𝑧=2𝜇,𝜇∈ℝ. La proyección ortogonal viene dada por la intersección entre el plano 𝜋 y la recta 𝑡. 2(2𝜇)−(−𝜇)+2(2𝜇)=1⇔4𝜇+𝜇+4𝜇=1⇔9𝜇=1⇔𝜇=19. Por tanto, la proyección ortogonal de 𝑃2 sobre 𝜋 es el punto: 𝑃′2(29,−19,29).
    Como 𝑃′1 y 𝑃′2 son diferentes, el lugar geométrico de los puntos del plano 𝜋 cuya distancia a 𝑃1 y 𝑃2 es 13 es vacío.

Problema 6

Hallar el lugar geométrico de los ortocentros de todos los triángulos inscritos en una hipérbola equilátera.