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MATEMÁTICAS Il EXAMEN PROBLEMAS JULIO 2011 Problema 1 ax+y=z=0 Dado el sistema a=1 3.10 4 ll Sia=1 estudiamos el rango de 4=|1 3 1 | consideramos el menor 3.10 4 1 : ] =2%0 luego rangÁ=2 y el sistema es compatible indeterminado. Calculamos la solución: x=24 A x=2z => si hacemos z= A la solución del sistema es: 4 y ==4 x+3y=-=z y=-2 A z= Según vimos en el apartado anterior el sistema formado por las ecuaciones de los planos es compatible determinado para todos los valores de a +1 luego para a %]1 los tres planos se cortan en un punto que es el origen de coordenadas. (forman un triedro) Si a=1 los tres planos se cortan en una recta y constituyen un haz de planos de eje la recta x=24 r=xy=-4 z=4 3. ablar a 0.0 0.0.0 0-1 1 A=|1 3 1 D=10 30 E=[1 0 0| F=10 0 -1 3 10 4 0.04 3-10 0 0.0.0 loo Optio E a Oil a 4 | J=D"(E+F)=|0 3 oll-1 0 -1|= A 0 > azO | CES —10 o Eines | 0.0- So | 4 4 4 a 0 0/0 -1 1 G=(D-E)'F=|1 3 0||0 0 -1|= 310 4) lo 0 0 2.0.0 E a o -1 1 a a = 3 opo o fo == a a a A a O 12a 6 4 1a Ta a 0 0y Cálculo de la inversa (D-E)”= 1.3.0 310 4 . E Pe Ol a a 1 . | a (D-E)* == [4di(D-E)P =2—|| 0 4a -10a || =[-= - 0 det(D-E) 12a 3: 0.0. 3a AS 1 la 6 4 A ls wxPO=|[1 -1 0 |=(-3+4)i-(3-4)j+0k=(3+2,-3+4,0) -2a 4 3-4] loro = [23-43 |»,[=/2 3-4=1>4=2 3-4=-131=4 A Luego hay dos puntos solución del sistema P=(2,-2,2); P'=(4,-4,4) 4. Como las dos rectas se cortan en el punto P = (3, 3,3) la perpendicular común p será una recta que pase por este punto y cuyo vector director sea perpendicular a los de + y s v, =(a,b,c). a-b=0 YY, =V, 1, =0> [ =>c=0;a=b y podemos tomar como vector director Y a-b+c=0 x=3+4 Yo =(1,1,0): p=iy=-3+4 z=3 Ángulo que forman ? y Ss f-11 as|03] cosa = E 2 5. cosa = $ aio +y=0 ' son precisamente 7, =x+y=0 y y+z= 71, = y +2 =0. La ecuación del haz viene dada: x+y+4(y+2) = 0. Buscamos el plano de pe Dos planos que pertenecen a la recta 7 -l este haz que pase por H; 1+2+2(2+3) =0>4= - y el plano buscado: 3 PEE x+y-=[(y+2)=0>x+2y-22=0 el 50 ) 5) 5 Problema 3 Dada la cónica x? + y? —2x+2bxy=1=0 1. Escribe su ecuación matricial. 2. Clasifícala según los valores del parámetro b. 1 3. Calcula la ecuación reducida de la cónica para hb = 3 Solución sin utilizar invariantes a (z lo ee oJ;)-1=0 a ¡ 2. Para clasificarla calculamos su ecuación reducida + y? —2x+2bxy-1=0 Autovalores de A; 1-4 b ali |4-41|=0= | (1-A4Y =P -24+1-b*=00>> ei 2 Na 4140? 2520 [A =1+0 2 2 A,=1-b Autovectores asociados A=1-b b bYx 0 bx+by=0 1 = lo Sy=- E E E 20) (5) Esa a le e ) 4,=1+b Ec idol Matriz de paso P = E, y Cambio de variable (giro) cla rad 27 do , 1-b 0 YY El rajar) 1 o Lala 1,0) (1b)x "+ (140) y" /2x /2y'=1 =0 S£=4,+4,=A4+4 =1+1=2 pra io Ar 13 -44=) Joana a Ga 4 Al A=la) ay aj=[b 1 0|=-2=0>b=+42 4.0. 4| JPL 0-1 Luego > AZO; bxziy2 cónica no degenerada + 6=0, b=1 o b=-1 Parábola + 6<0 b<-l1 o b>1 Hipérbola .* $>0; -1 A=0 b= +42 cónica degenerada. Dos rectas reales que se cortan en un punto 1 Sib= 2 ya sabemos por el apartado anterior que se trata de una elipse + y? -2x+xy-1=0. Calculamos su ecuación reducida. 1 1-4. = Autovalores de A; 14-41] =0= alo (1-AY =P -24+2=> ed 1-4 4 4 A= 2 Autovectores asociados 1 2 1 e 0 1 1 E ao p=0 =-x | () (Jet Sy=-x Y El ) TIRA Ri=bi= Dile nie OS dos al Matriz de paso P= AL a Cambio de variable (giro) 1 , , 50. , CRES x dE a | 2 x o 1 1 Dx Me rear) 10) 1=(4,y) o (5) 20), Je) 1=0 Lyo43y0 Be imac Completamos cuadrados pe 23 =>| (1-42) -2] E ES river) - 1-3 3 3 o] n 3 a 1 1 21 t E nos queda: ad +3Y Var day -1=> (1-42) 142 Hacemos un nuevo cambio de variable (traslación) x"=x'-y2 v2 "y tó 3 1 m2 3 173 7 iA ” Con lo cual finalmente tenemos 2" +7 73 =0 Ecuación de una elipse Problema 4 Dada la siguiente tabla referente a la renta (variable x) de 100 contribuyentes y los impuestos (variable y) que pagan XIY 0-2 2-4 4-6 6-10 20 0 0 10-20 5 30 5 20-40 [0 20 20 
