Matemàtiques, PAU 2023 de Catalunya: l’examen extraordinari resolt

Plantejament La recta tangent a la gràfica de $f$ a $x=a$ és $y-f(a)=f'(a)\,(x-a)$.

1. Derivada:

   $f'(x)=-\frac{1}{x^2}$

2. Punt i pendent a $x=2$:

   $f(2)=\frac{1}{2}$$f'(2)=-\frac{1}{4}$

3. Recta tangent:

   $y-\frac{1}{2}$${}= -\frac{1}{4}(x-2)$${}\Longrightarrow y=-\frac{1}{4}x+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}$${}= -\frac{1}{4}x+1$

Plantejament El mateix procediment, ara al punt d’abscissa $x=k$, amb $k>0$.

1. Punt i pendent a $x=k$:

   $f(k)=\frac{1}{k}$$f'(k)=-\frac{1}{k^2}$

2. Recta tangent:

   $y-\frac{1}{k}$${}= -\frac{1}{k^2}(x-k)$${}\Longrightarrow y=-\frac{x}{k^2}+\frac{1}{k}+\frac{1}{k}$${}= -\frac{x}{k^2}+\frac{2}{k}$

3. Per a $k=2$ torna a sortir la recta de l’apartat a):

   $-\frac{x}{4}+\frac{2}{2}=-\frac{1}{4}x+1$

Plantejament El triangle té els vèrtexs a l’origen i als dos punts on la tangent talla els semieixos positius. És rectangle, i la seva àrea és la meitat del producte dels dos catets.

1. Tall amb l’eix d’abscisses ($y=0$):

   $0=-\frac{x}{k^2}+\frac{2}{k}\ \Longrightarrow\ x=2k\ \Longrightarrow\ (2k,\,0)$

2. Tall amb l’eix d’ordenades ($x=0$):

   $y=\frac{2}{k}\ \Longrightarrow\ \left(0,\,\frac{2}{k}\right)$

3. Els dos talls són als semieixos positius perquè $k>0$. Àrea del triangle:

   $A=\frac{1}{2}\cdot 2k\cdot\frac{2}{k}=2$

4. El valor no depèn de $k$: l’àrea és la mateixa sigui quin sigui el punt de tangència.

   $A=2\ \mathrm{u}^2\quad \forall\, k>0$

Plantejament Primer passem les incògnites a l’esquerra i els termes independents a la dreta. Després apliquem el teorema de Rouché-Frobenius: estudiem el determinant de la matriu de coeficients $A$ i, als valors que l’anul·len, els rangs per Gauss.

1. Sistema ordenat:

   $\begin{cases}2x+y-z=1\\ x+my+z=2\\ 3x+y-mz=3\end{cases}$

2. Determinant de la matriu de coeficients $A$, per la regla de Sarrus:

   $|A|$${}= \begin{vmatrix}2&1&-1\\ 1&m&1\\ 3&1&-m\end{vmatrix}$${}= (-2m^2+3-1)$${}-(-3m-m+2)$${}= -2m^2+4m$${}= 2m(2-m)$

3. S’anul·la per a

   $2m(2-m)=0\ \Longrightarrow\ m=0$$m=2$

4. Si $m\ne 0$ i $m\ne 2$, $|A|\ne 0$: sistema compatible determinat (solució única).

   $\operatorname{rang} A=\operatorname{rang} A^*=3$

5. Si $m=0$, fem Gauss amb la matriu ampliada (posem primer la segona equació; després $F_2-2F_1$, $F_3-3F_1$ i $F_3-F_2$):

   $\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&1&2\\ 2&1&-1&1\\ 3&1&0&3\end{array}\right)$${}\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1&0&1&2\\ 0&1&-3&-3\\ 0&1&-3&-3\end{array}\right)$${}\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1&0&1&2\\ 0&1&-3&-3\\ 0&0&0&0\end{array}\right)$

6. Per a $m=0$ queden dues files no nul·les: sistema compatible indeterminat, amb un grau de llibertat.

   $\operatorname{rang} A=\operatorname{rang} A^*=2<3$

7. Si $m=2$, el mateix procés ($F_2-2F_1$ i $F_3-3F_1$; després dividim $F_2$ per $-3$ i fem $F_3+5F_2$):

   $\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&1&2\\ 2&1&-1&1\\ 3&1&-2&3\end{array}\right)$${}\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1&2&1&2\\ 0&-3&-3&-3\\ 0&-5&-5&-3\end{array}\right)$${}\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1&2&1&2\\ 0&1&1&1\\ 0&0&0&2\end{array}\right)$

8. L’última fila diu $0=2$: sistema incompatible.

   $\operatorname{rang} A=2\ne \operatorname{rang} A^*=3$

Plantejament Per a $m=1$ el determinant val $2\cdot 1\cdot(2-1)=2\ne 0$: el sistema és compatible determinat. El resolem per Gauss.

1. Matriu ampliada amb $m=1$ (a la primera fila, la segona equació):

   $\left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&2\\ 2&1&-1&1\\ 3&1&-1&3\end{array}\right)$

2. Fem $F_2-2F_1$ i $F_3-3F_1$:

   $\left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&2\\ 0&-1&-3&-3\\ 0&-2&-4&-3\end{array}\right)$

3. Fem $F_3-2F_2$:

   $\left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&2\\ 0&-1&-3&-3\\ 0&0&2&3\end{array}\right)$

4. Resolem de baix a dalt:

   $z=\frac{3}{2}$$-y-3\cdot\frac{3}{2}=-3\ \Longrightarrow\ y=-\frac{3}{2}$$x=2-y-z=2+\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=2$

5. Comprovació a les equacions de l’enunciat:

   $2\cdot 2-\frac{3}{2}=1+\frac{3}{2}$$-\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=2-2$$\frac{3}{2}+3=3\cdot 2-\frac{3}{2}$

Plantejament L’equació $f(x)=2$ té solució a $(-1,0)$ si la funció $g(x)=f(x)-2$ hi té un zero. Ho justifiquem amb el teorema de Bolzano.

1. Funció auxiliar. És contínua a $[-1,0]$, perquè és suma d’un polinomi i d’una exponencial d’un polinomi, que són contínues a tot $\mathbb{R}$:

   $g(x)$${}= f(x)-2$${}= -3x+\mathrm{e}^{2x^3-1}-2$

2. Valor a $x=-1$:

   $g(-1)$${}= 3+\mathrm{e}^{-3}-2$${}= 1+\mathrm{e}^{-3}$${}> 0$

3. Valor a $x=0$; com que $\mathrm{e}^{-1}<1$, és negatiu:

   $g(0)=0+\mathrm{e}^{-1}-2<0$

4. Pel teorema de Bolzano, hi ha algun $c\in(-1,0)$ amb $g(c)=0$:

   $g(c)=0\ \Longrightarrow\ f(c)=2$

Plantejament Les dues funcions tenen la mateixa exponencial, que desapareix en restar-les. Busquem on es tallen les gràfiques i integrem la diferència entre els dos talls.

1. Punts de tall, $f(x)=h(x)$:

   $-3x+\mathrm{e}^{2x^3-1}$${}= -3x^2+\mathrm{e}^{2x^3-1}$${}\Longrightarrow 3x^2-3x=0$${}\Longrightarrow 3x(x-1)=0$

2. Les gràfiques es tallen a $x=0$ i $x=1$. La diferència és positiva a $(0,1)$, on $h$ queda per sobre:

   $h(x)-f(x)$${}= -3x^2+3x$${}= 3x(1-x)$

3. Àrea, amb la regla de Barrow:

   $A$${}= \int_0^1\left(-3x^2+3x\right)dx$${}= \left[-x^3+\frac{3x^2}{2}\right]_0^1$${}= -1+\frac{3}{2}-0$${}= \frac{1}{2}$

Resultat$A=\dfrac{1}{2}\ \mathrm{u}^2$.

La pauta oficial dona: $x=0$, $x=1$; $\frac{1}{2}\ \mathrm{u}^2$

Plantejament Busquem un punt $A_1$ de $r_1$ i un punt $A_2$ de $r_2$ tals que el vector $\overrightarrow{A_1A_2}$ sigui perpendicular als dos vectors directors. La recta que passa per $A_1$ i $A_2$ és la perpendicular comuna.

1. Equacions paramètriques (a $r_1$, $x-1=y=-z=\lambda$; a $r_2$, $x=y=z=\mu$):

   $r_1\colon\ (1+\lambda,\,\lambda,\,-\lambda),\ \ \vec{v}_1$${}= (1,1,-1)$$r_2\colon\ (\mu,\,\mu,\,\mu),\ \ \vec{v}_2=(1,1,1)$

2. Posició relativa: els vectors directors no són proporcionals, i el determinant que formen amb el vector que va de $(1,0,0)\in r_1$ a $(0,0,0)\in r_2$ no és zero, així que les rectes s’encreuen:

   $\begin{vmatrix}1&1&-1\\ 1&1&1\\ -1&0&0\end{vmatrix}$${}= (-1)\cdot\begin{vmatrix}1&-1\\ 1&1\end{vmatrix}$${}= -2$${}\ne 0$

3. Vector entre un punt genèric de cada recta:

   $\overrightarrow{A_1A_2}=(\mu-1-\lambda,\ \mu-\lambda,\ \mu+\lambda)$

4. Ha de ser perpendicular a $\vec{v}_1$ i a $\vec{v}_2$:

   $\begin{cases}(\mu-1-\lambda)+(\mu-\lambda)-(\mu+\lambda)=\mu-3\lambda-1=0\\ (\mu-1-\lambda)+(\mu-\lambda)+(\mu+\lambda)=3\mu-\lambda-1=0\end{cases}$

5. De la primera, $\mu=1+3\lambda$; ho substituïm a la segona:

   $3+9\lambda-\lambda-1=0\ \Longrightarrow\ \lambda=-\frac{1}{4}$$\mu=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$

6. Punts de tall i vector director de la perpendicular comuna:

   $A_1=\left(\frac{3}{4},-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$$A_2=\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$$\overrightarrow{A_1A_2}$${}= \left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)\parallel(-1,1,0)$

7. Comprovació: el vector $(-1,1,0)$ és proporcional a $\vec{v}_1\times\vec{v}_2$, que és perpendicular a les dues rectes:

   $\vec{v}_1\times\vec{v}_2$${}= \begin{vmatrix}\vec{\imath}&\vec{\jmath}&\vec{k}\\ 1&1&-1\\ 1&1&1\end{vmatrix}$${}= (2,\,-2,\,0)$${}= -2\,(-1,1,0)$

Plantejament Com que $A_1$ i $A_2$ són els peus de la perpendicular comuna, la distància entre les rectes és la longitud de $\overrightarrow{A_1A_2}$.

1. Mòdul:

   $d(r_1,r_2)$${}= |\overrightarrow{A_1A_2}|$${}= \sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2+0^2}$${}= \sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

2. Comprovació amb la fórmula de la distància entre dues rectes que s’encreuen; el producte mixt és el determinant de l’apartat a), $-2$:

   $d$${}= \frac{\left|\left[\overrightarrow{P_1P_2},\vec{v}_1,\vec{v}_2\right]\right|}{|\vec{v}_1\times\vec{v}_2|}$${}= \frac{|-2|}{\sqrt{4+4+0}}$${}= \frac{2}{2\sqrt{2}}$${}= \frac{\sqrt{2}}{2}$

Plantejament La base superior fa $3x$ i la inferior, $x$. Com que el trapezi és isòsceles, la base superior sobresurt el mateix per cada costat: $\frac{3x-x}{2}=x$. Cada costat de 10 mm és la hipotenusa d’un triangle rectangle de catets $x$ i l’altura $h$.

1. Teorema de Pitàgores:

   $x^2+h^2=10^2$

2. Aïllem $h$, que és positiva; perquè hi hagi trapezi cal $0<x<10$:

   $h(x)=\sqrt{100-x^2}$

Plantejament L’àrea d’un trapezi és la semisuma de les bases per l’altura. En busquem el màxim amb la derivada a l’interval $(0,10)$.

1. Àrea en funció de $x$:

   $A(x)$${}= \frac{x+3x}{2}\cdot\sqrt{100-x^2}$${}= 2x\sqrt{100-x^2}$

2. Derivada (regla del producte i de la cadena):

   $A'(x)$${}= 2\sqrt{100-x^2}$${}+2x\cdot\frac{-2x}{2\sqrt{100-x^2}}$${}= \frac{2(100-x^2)-2x^2}{\sqrt{100-x^2}}$${}= \frac{4(50-x^2)}{\sqrt{100-x^2}}$

3. S’anul·la quan $x^2=50$; a $(0,10)$ només serveix la solució positiva:

   $x=\sqrt{50}=5\sqrt{2}\approx 7{,}07$

4. Signe de $A'$: el numerador $4(50-x^2)$ és positiu abans de $5\sqrt{2}$ i negatiu després, així que $A$ creix i després decreix: és un màxim.

   $A'(7)=\frac{4\cdot 1}{\sqrt{51}}>0$$A'(8)$${}= \frac{4\cdot(-14)}{\sqrt{36}}$${}= -\frac{28}{3}$${}< 0$

5. Àrea màxima:

   $A(5\sqrt{2})$${}= 2\cdot 5\sqrt{2}\cdot\sqrt{100-50}$${}= 10\sqrt{2}\cdot 5\sqrt{2}$${}= 100$