Matemàtiques, PAU 2023 de Catalunya: l’examen de juny (sèrie 1) resolt

Plantejament Multipliquem files per columnes: l’element $(i,j)$ del producte és la fila $i$ de la primera matriu per la columna $j$ de la segona.

1. Primera fila de $\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{B}$: la fila $(2,-3,-5)$ per les columnes $(2,-1,1)$, $(2,-1,2)$ i $(0,0,1)$ de $\boldsymbol{B}$:

   $(4+3-5,\ \ 4+3-10,\ \ 0+0-5)$${}= (2,\,-3,\,-5)$

2. Segona fila, amb $(-1,4,5)$:

   $(-2-4+5,\ \ -2-4+10,\ \ 0+0+5)$${}= (-1,\,4,\,5)$

3. Tercera fila, amb $(1,-3,-4)$:

   $(2+3-4,\ \ 2+3-8,\ \ 0+0-4)$${}= (1,\,-3,\,-4)$

4. Per tant, $\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{B}$ torna a ser $\boldsymbol{A}$:

   $\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{B}$${}= \begin{pmatrix}2&-3&-5\\ -1&4&5\\ 1&-3&-4\end{pmatrix}$${}= \boldsymbol{A}$

5. Primera fila de $\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{A}$: la fila $(2,2,0)$ per les columnes $(2,-1,1)$, $(-3,4,-3)$ i $(-5,5,-4)$ de $\boldsymbol{A}$:

   $(4-2+0,\ \ -6+8+0,\ \ -10+10+0)$${}= (2,\,2,\,0)$

6. Segona fila, amb $(-1,-1,0)$:

   $(-2+1+0,\ \ 3-4+0,\ \ 5-5+0)$${}= (-1,\,-1,\,0)$

7. Tercera fila, amb $(1,2,1)$:

   $(2-2+1,\ \ -3+8-3,\ \ -5+10-4)$${}= (1,\,2,\,1)$

8. I $\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{A}$ torna a ser $\boldsymbol{B}$:

   $\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{A}$${}= \begin{pmatrix}2&2&0\\ -1&-1&0\\ 1&2&1\end{pmatrix}$${}= \boldsymbol{B}$

Plantejament Cal provar que $\boldsymbol{C}^2=\boldsymbol{C}$ i $\boldsymbol{D}^2=\boldsymbol{D}$ fent servir només les dues igualtats de l’enunciat i la propietat associativa del producte de matrius.

1. Substituïm el primer factor $\boldsymbol{C}$ per $\boldsymbol{C}\cdot\boldsymbol{D}$, reagrupem, fem servir $\boldsymbol{D}\cdot\boldsymbol{C}=\boldsymbol{D}$ i, al final, una altra vegada $\boldsymbol{C}\cdot\boldsymbol{D}=\boldsymbol{C}$:

   $\boldsymbol{C}^2$${}= \boldsymbol{C}\cdot\boldsymbol{C}=(\boldsymbol{C}\cdot\boldsymbol{D})\cdot\boldsymbol{C}$${}= \boldsymbol{C}\cdot(\boldsymbol{D}\cdot\boldsymbol{C})$${}= \boldsymbol{C}\cdot\boldsymbol{D}=\boldsymbol{C}$

2. Per a $\boldsymbol{D}$ fem el mateix amb els papers canviats:

   $\boldsymbol{D}^2$${}= \boldsymbol{D}\cdot\boldsymbol{D}=(\boldsymbol{D}\cdot\boldsymbol{C})\cdot\boldsymbol{D}$${}= \boldsymbol{D}\cdot(\boldsymbol{C}\cdot\boldsymbol{D})$${}= \boldsymbol{D}\cdot\boldsymbol{C}=\boldsymbol{D}$

3. Les matrius de l’apartat a) en són un exemple: compleixen $\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}$ i $\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{A}=\boldsymbol{B}$, i per tant totes dues són idempotents.

   $\boldsymbol{A}^2=\boldsymbol{A}$$\boldsymbol{B}^2=\boldsymbol{B}$

Plantejament Integrem cada tros de $f'$. Cada primitiva porta la seva constant: la del primer tros surt del punt $A=(0,3)$ (que hi pertany perquè $0\le 2$), i la del segon, de la continuïtat de $f$ a $x=2$ (una funció derivable és contínua).

1. Primitiva del primer tros ($x\le 2$):

   $\int (x-1)\,dx=\frac{x^2}{2}-x+k$

2. Primitiva del segon tros ($x>2$); com que $x-1>0$, no cal el valor absolut:

   $\int \frac{1}{x-1}\,dx=\ln(x-1)+k'$

3. $f$ passa per $A=(0,3)$, i $x=0$ és del primer tros:

   $f(0)=\frac{0^2}{2}-0+k=3\ \Longrightarrow\ k=3$

4. Continuïtat a $x=2$: el valor del primer tros ha de coincidir amb el límit per la dreta:

   $\frac{2^2}{2}-2+3$${}= \lim_{x\to 2^+}\left(\ln(x-1)+k'\right)$${}\Longrightarrow 3=\ln 1+k'$${}\Longrightarrow k'=3$

5. Les dues derivades laterals a $x=2$ valen $2-1=1$ i $\frac{1}{2-1}=1$: la funció obtinguda és derivable a $x=2$, com diu l’enunciat.

   $f'(2^-)=f'(2^+)=1$

Plantejament Ara la funció de la qual busquem la tangent és $g(x)=f'(x)$. A $x=3$ s’aplica el segon tros, $g(x)=\frac{1}{x-1}$. La recta tangent és $y-g(3)=g'(3)\,(x-3)$.

1. Valor de la funció a $x=3$:

   $g(3)=f'(3)=\frac{1}{3-1}=\frac{1}{2}$

2. Derivada del segon tros (és $f''$) i pendent:

   $g'(x)$${}= f''(x)$${}= -\frac{1}{(x-1)^2}$${}\Longrightarrow g'(3)$${}= -\frac{1}{4}$

3. Recta tangent:

   $y-\frac{1}{2}$${}= -\frac{1}{4}(x-3)$${}\Longrightarrow y=-\frac{1}{4}x+\frac{3}{4}+\frac{1}{2}$${}= -\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}$

Plantejament Fem servir el teorema de Rouché-Frobenius. Primer calculem el determinant de la matriu de coeficients $M$ i busquem els valors de $\lambda$ que l’anul·len.

1. Matriu de coeficients i matriu ampliada:

   $M$${}= \begin{pmatrix}1&2\lambda&2+\lambda\\ 2+\lambda&1&2\lambda\\ 2\lambda&2+\lambda&1\end{pmatrix}$$M^*$${}= \left(\begin{array}{ccc|c}1&2\lambda&2+\lambda&0\\ 2+\lambda&1&2\lambda&3\\ 2\lambda&2+\lambda&1&-3\end{array}\right)$

2. Determinant per la regla de Sarrus. Els tres productes de la diagonal principal i les seves paral·leles són $1$, $8\lambda^3$ i $(2+\lambda)^3$; els tres de l’altra diagonal valen $2\lambda(2+\lambda)$ cadascun:

   $|M|$${}= 1+8\lambda^3+(2+\lambda)^3$${}-3\cdot 2\lambda(2+\lambda)$${}= 1+8\lambda^3+8+12\lambda$${}+6\lambda^2+\lambda^3-12\lambda$${}-6\lambda^2$${}= 9\lambda^3+9$

3. S’anul·la quan $\lambda^3=-1$. L’única arrel real és $\lambda=-1$, perquè $9\lambda^3+9=9(\lambda+1)(\lambda^2-\lambda+1)$ i el discriminant del segon factor és $1-4<0$:

   $9\lambda^3+9=0\ \Longrightarrow\ \lambda=-1$

4. Si $\lambda\ne-1$, $|M|\ne 0$ i els dos rangs valen 3, el nombre d’incògnites: el sistema és compatible determinat (solució única).

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

5. Si $\lambda=-1$, el sistema és

   $\begin{cases}x-2y+z=0\\ x+y-2z=3\\ -2x+y+z=-3\end{cases}$

6. Ara $|M|=0$, però hi ha un menor d’ordre 2 no nul:

   $\begin{vmatrix}1&-2\\ 1&1\end{vmatrix}$${}= 1\cdot 1-(-2)\cdot 1$${}= 1+2$${}= 3$${}\ne 0$${}\Longrightarrow \operatorname{rang} M$${}= 2$

7. Orlem aquest menor amb la tercera fila i la columna de termes independents (l’altre menor que l’orla, amb la tercera columna, és $|M|=0$):

   $\begin{vmatrix}1&-2&0\\ 1&1&3\\ -2&1&-3\end{vmatrix}$${}= -3+12+0$${}-(0+3+6)=0$${}\Longrightarrow \operatorname{rang} M^*$${}= 2$

8. Com que els dos rangs són iguals però més petits que 3, el sistema és compatible indeterminat, amb $3-2=1$ grau de llibertat.

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

Plantejament Amb $\lambda=-1$ el rang és 2: ens quedem amb les dues primeres equacions (les del menor no nul) i passem $z$ a la dreta com a paràmetre.

1. Sistema reduït:

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

2. Restem la primera equació de la segona:

   $3y=3+3z\ \Longrightarrow\ y=1+z$

3. I de la primera:

   $x=2y-z=2+2z-z=2+z$

4. Comprovem la tercera equació, que no hem fet servir:

   $-2(2+z)+(1+z)+z$${}= -4-2z+1+z+z$${}= -3$

5. Interpretació: cada equació és un pla de l’espai. Els vectors normals $(1,-2,1)$, $(1,1,-2)$ i $(-2,1,1)$ no són proporcionals dos a dos, així que no hi ha cap parell de plans paral·lels; com que el sistema té infinites solucions que depenen d’un paràmetre, els tres plans es tallen en una recta (formen un feix de plans). Els punts de la recta són

   $(x,y,z)$${}= (2+z,\,1+z,\,z)$${}= (2,1,0)+z\,(1,1,1)$

Plantejament Siguin $x$ el costat del tancat paral·lel al mur i $y$ cadascun dels dos costats perpendiculars al mur, en metres. El costat que toca el mur no porta tanca, de manera que la tanca mesura $x+2y$ metres.

1. L’àrea és de $8\ \mathrm{m}^2$:

   $x\cdot y=8\ \Longrightarrow\ y=\frac{8}{x}$

2. Cost, a 2,5 €/m, en funció de $x$ (amb $x>0$):

   $C(x)$${}= 2{,}5\,(x+2y)$${}= 2{,}5\left(x+\frac{16}{x}\right)$

3. Derivem i igualem a zero; només serveix la solució positiva ($x=-4$ no és una longitud):

   $C'(x)$${}= 2{,}5\left(1-\frac{16}{x^2}\right)=0$${}\Longrightarrow x^2$${}= 16$${}\Longrightarrow x=4$

4. La segona derivada és positiva per a $x>0$, així que $x=4$ és un mínim:

   $C''(x)=2{,}5\cdot\frac{32}{x^3}=\frac{80}{x^3}$$C''(4)=\frac{80}{64}=\frac{5}{4}>0$

5. Dimensions i cost:

   $x=4$$y=\frac{8}{4}=2$$C(4)=2{,}5\,(4+2\cdot 2)=20$

Plantejament Si un vèrtex del tancat coincideix amb un vèrtex del jardí, posem el tancat a la cantonada: dos costats queden arran dels dos murs i només cal tanca als altres dos, $x+y$ metres.

1. Cost amb $y=\frac{8}{x}$:

   $C(x)=2{,}5\,(x+y)=2{,}5\left(x+\frac{8}{x}\right)$

2. Derivem i igualem a zero (solució positiva):

   $C'(x)$${}= 2{,}5\left(1-\frac{8}{x^2}\right)=0$${}\Longrightarrow x^2$${}= 8$${}\Longrightarrow x=\sqrt{8}$${}= 2\sqrt{2}$

3. És un mínim, perquè la segona derivada és positiva:

   $C''(x)=2{,}5\cdot\frac{16}{x^3}=\frac{40}{x^3}>0$

4. L’altre costat també fa $2\sqrt{2}$ m: el tancat és un quadrat.

   $y=\frac{8}{2\sqrt{2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}\approx 2{,}83$

5. Cost mínim:

   $C(2\sqrt{2})$${}= 2{,}5\,(2\sqrt{2}+2\sqrt{2})$${}= 2{,}5\cdot 4\sqrt{2}$${}= 10\sqrt{2}$${}\approx 14{,}14$

6. Estalvi respecte de l’apartat a):

   $20-10\sqrt{2}\approx 20-14{,}14=5{,}86$

Plantejament Com que $\pi_3$ és perpendicular a $\pi_1$ i a $\pi_2$, conté les direccions dels vectors normals d’aquests plans. Busquem el pla que passa per $P$ amb aquests dos vectors directors.

1. Vectors normals de $\pi_1$ i $\pi_2$ (vectors directors de $\pi_3$):

   $\vec{n}_1=(1,1,0)$$\vec{n}_2=(1,0,-1)$

2. Un punt $X=(x,y,z)$ és de $\pi_3$ si $\overrightarrow{PX}$, $\vec{n}_1$ i $\vec{n}_2$ són linealment dependents:

   $\begin{vmatrix}x-4&1&1\\ y-1&1&0\\ z-2&0&-1\end{vmatrix}=0$

3. Desenvolupem per la primera columna; els tres menors valen $-1$:

   $(x-4)(-1)$${}-(y-1)(-1)$${}+(z-2)(-1)$${}= -x+y-z+5=0$

4. Multipliquem per $-1$. Comprovació: el vector normal $(1,-1,1)$ és perpendicular a $\vec{n}_1$ i a $\vec{n}_2$, i $P$ és del pla:

   $(1,-1,1)\cdot(1,1,0)=0$$(1,-1,1)\cdot(1,0,-1)=0$$4-1+2-5=0$

Plantejament La recta $r$ és el conjunt de solucions del sistema format per les equacions dels dos plans. Prenem $x$ com a paràmetre.

1. Aïllem $y$ i $z$:

   $\begin{cases}x+y=3\\ x-z=-2\end{cases}$${}\Longrightarrow y=3-x$$z=2+x$

2. Amb $x=\lambda$:

   $(x,y,z)=(\lambda,\,3-\lambda,\,2+\lambda)$

3. Separem la part fixa i la que multiplica $\lambda$:

   $r\colon\ (x,y,z)=(0,3,2)+\lambda\,(1,-1,1)$$\lambda\in\mathbb{R}$

4. El vector director és, canviat de signe, el producte vectorial dels dos normals, com ha de ser:

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

Plantejament El punt de $r$ més proper a $P$ és la projecció ortogonal de $P$ sobre $r$: el punt $Q$ de $r$ tal que $\overrightarrow{PQ}$ és perpendicular al vector director $\vec{v}=(1,-1,1)$.

1. Punt genèric de $r$ i vector $\overrightarrow{PQ}$, amb $P=(4,1,2)$:

   $Q=(\lambda,\,3-\lambda,\,2+\lambda)$$\overrightarrow{PQ}=(\lambda-4,\,2-\lambda,\,\lambda)$

2. Condició de perpendicularitat:

   $\overrightarrow{PQ}\cdot\vec{v}$${}= (\lambda-4)-(2-\lambda)+\lambda$${}= 3\lambda-6=0$${}\Longrightarrow \lambda=2$

3. Substituïm $\lambda=2$:

   $Q=(2,\,1,\,4)$

4. El pla perpendicular a $r$ que passa per $P$ és precisament $\pi_3$ de l’apartat a) (el seu normal és $(1,-1,1)$), i $Q$ és el punt on $r$ talla $\pi_3$. La distància de $P$ a $r$ és la de $P$ a $Q$:

   $2-1+4-5=0$$d(P,Q)$${}= \sqrt{(-2)^2+0^2+2^2}$${}= 2\sqrt{2}$