Matemàtiques, PAU 2024 de Catalunya: l’examen extraordinari resolt

Plantejament Fem servir el teorema de Rouché-Frobenius: comparem el rang de la matriu de coeficients $A$ amb el de la matriu ampliada $A^*$. Primer busquem els valors de $m$ que anuŀlen $|A|$.

1. Matrius del sistema:

   $A$${}= \begin{pmatrix}1&-3&m\\1&m&2\\1&1&2\end{pmatrix}$$A^*$${}= \left(\begin{array}{ccc|c}1&-3&m&-2\\1&m&2&3\\1&1&2&m\end{array}\right)$

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

   $|A|$${}= \begin{vmatrix}1&-3&m\\1&m&2\\1&1&2\end{vmatrix}$${}= 2m-6+m-m^2-2+6$${}= -m^2+3m-2$${}= -(m-1)(m-2)$

3. S’anuŀla per a dos valors:

   $-(m-1)(m-2)=0\ \Longleftrightarrow\ m=1$$\text{o}\ \ m=2$

4. Si $m\ne 1$ i $m\ne 2$: $|A|\ne 0$ i el rang de les dues matrius és 3, igual al nombre d’incògnites: sistema compatible determinat.

   $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3$

5. Si $m=1$: la segona i la tercera equació queden $x+y+2z=3$ i $x+y+2z=1$, que es contradiuen. Amb rangs, un menor d’ordre 2 de $A$ i un d’ordre 3 de $A^*$ (columnes de $x$, de $y$ i dels termes independents):

   $\begin{vmatrix}1&-3\\1&1\end{vmatrix}$${}= 4$${}\ne 0$$\begin{vmatrix}1&-3&-2\\1&1&3\\1&1&1\end{vmatrix}$${}= -8$${}\ne 0$

6. Per a $m=1$, $\operatorname{rg}(A)=2\ne\operatorname{rg}(A^*)=3$: sistema incompatible.

7. Si $m=2$: esglaonem $A^*$ (restem la primera fila a la segona i a la tercera, dividim la segona per $5$ i restem $4$ vegades la segona a la tercera):

   $\left(\begin{array}{ccc|c}1&-3&2&-2\\1&2&2&3\\1&1&2&2\end{array}\right)$${}\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1&-3&2&-2\\0&5&0&5\\0&4&0&4\end{array}\right)$${}\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1&-3&2&-2\\0&1&0&1\\0&0&0&0\end{array}\right)$

8. Per a $m=2$, $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=2<3$: sistema compatible indeterminat, amb un grau de llibertat.

Plantejament Per a $m=0$ el sistema és compatible determinat, amb $|A|=-0^2+3\cdot 0-2=-2$. El resolem per la regla de Cramer.

1. Sistema per a $m=0$:

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

2. Incògnita $x$:

   $x$${}= \frac{\begin{vmatrix}-2&-3&0\\3&0&2\\0&1&2\end{vmatrix}}{-2}$${}= \frac{22}{-2}=-11$

3. Incògnita $y$:

   $y$${}= \frac{\begin{vmatrix}1&-2&0\\1&3&2\\1&0&2\end{vmatrix}}{-2}$${}= \frac{6}{-2}=-3$

4. Incògnita $z$:

   $z$${}= \frac{\begin{vmatrix}1&-3&-2\\1&0&3\\1&1&0\end{vmatrix}}{-2}$${}= \frac{-14}{-2}$${}= 7$

5. Comprovació a les tres equacions:

   $-11-3\cdot(-3)=-2$$-11+2\cdot 7=3$$-11-3+2\cdot 7=0$

Plantejament Per a $m=2$ el sistema equival a les dues equacions de la matriu esglaonada de l’apartat a). Hi afegim la condició $x=5y$.

1. Sistema equivalent per a $m=2$:

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

2. Amb $y=1$, la condició $x=5y$ dona:

   $x=5\cdot 1=5$

3. De la primera equació:

   $5-3\cdot 1+2z=-2\ \Longrightarrow\ 2z=-4\ \Longrightarrow\ z=-2$

4. Comprovació a les equacions originals amb $m=2$:

   $5-3+2\cdot(-2)=-2$$5+2\cdot 1+2\cdot(-2)=3$$5+1+2\cdot(-2)=2$

Plantejament $A$ és el punt on la corba de $f$ toca l’eix $OX$ (a part de l’origen); $D$ és el tall de la corba de $g$ amb l’eix $OX$ a la dreta, i $B$ el tall de $g$ amb l’eix $OY$.

1. Talls de $f$ amb l’eix $OX$:

   $x^3-4x^2+4x=0$${}\Longrightarrow x(x-2)^2=0$${}\Longrightarrow x=0$$\text{o}\ \ x=2$

2. $x=0$ és l’origen; el punt $A$ és l’altre:

   $A=(2,0)$

3. Talls de $g$ amb l’eix $OX$:

   $-\left(\frac{x-1}{2}\right)^2+4=0$${}\Longrightarrow (x-1)^2$${}= 16$${}\Longrightarrow x-1$${}= \pm 4$${}\Longrightarrow x=5$$\text{o}\ \ x=-3$

4. A la figura $D$ té abscissa positiva:

   $D=(5,0)$

5. Tall de $g$ amb l’eix $OY$:

   $g(0)$${}= -\left(\frac{0-1}{2}\right)^2+4$${}= -\frac{1}{4}+4$${}= \frac{15}{4}$${}\Longrightarrow B=\left(0,\frac{15}{4}\right)$

Plantejament La zona puntejada està limitada a dalt per $g$ i a baix per $f$, des de l’eix $OY$ ($x=0$) fins al punt $C$ ($x=3$), on es tallen les dues corbes. L’àrea és la integral de $g-f$ entre $0$ i $3$.

1. Les dues corbes passen per $C=(3,3)$:

   $f(3)=27-36+12=3$$g(3)=-1+4=3$

2. Diferència, desenvolupant $g(x)=-\frac{x^2-2x+1}{4}+4$:

   $g(x)-f(x)$${}= -x^3+\frac{15}{4}x^2-\frac{7}{2}x+\frac{15}{4}$

3. Una primitiva:

   $H(x)$${}= -\frac{x^4}{4}+\frac{5x^3}{4}-\frac{7x^2}{4}$${}+\frac{15x}{4}$

4. Valors als extrems:

   $H(3)$${}= \frac{-81+135-63+45}{4}$${}= \frac{36}{4}=9$$H(0)=0$

5. Regla de Barrow:

   $A_{\text{puntejada}}$${}= \int_0^3\left(g(x)-f(x)\right)dx$${}= H(3)-H(0)$${}= 9$

6. Com que l’àrea total del logotip es dona en $\mathrm{m}^2$, les unitats dels eixos són metres i aquesta àrea és de $9\ \mathrm{m}^2$.

Plantejament El logotip està format per la zona puntejada i la ratllada. L’àrea ratllada és la total menys la puntejada.

1. Comprovació de l’àrea total: és l’àrea sota $g$ entre $x=0$ i $x=5$, amb $g(x)=\frac{-x^2+2x+15}{4}$:

   $\int_0^5 g(x)\,dx$${}= \frac{1}{4}\left[-\frac{x^3}{3}+x^2+15x\right]_0^5$${}= \frac{1}{4}\left(-\frac{125}{3}+25+75\right)$${}= \frac{175}{12}$

2. Àrea ratllada, amb la puntejada de l’apartat b):

   $\frac{175}{12}-9=\frac{175-108}{12}=\frac{67}{12}=5{,}58\overline{3}$

3. Comparem:

   $9>\frac{67}{12}$

ResultatNecessitaran més pintura blava: la zona puntejada fa $9\ \mathrm{m}^2$ i la ratllada $\dfrac{67}{12}=5{,}58\overline{3}\ \mathrm{m}^2$.

La pauta oficial dona: $\frac{175}{12}-9=5{,}583\ldots\ \mathrm{u}^2$; $\text{més pintura blava}$

Plantejament Anomenem $A$ l’esdeveniment «patir arrítmia», amb $P(A)=0{,}2$. Si les persones s’escullen a l’atzar i de manera independent, el nombre $N$ de persones amb arrítmia d’entre $4$ segueix una binomial $B(4;\ 0{,}2)$. Passem al complementari: «almenys una» és el contrari de «cap».

1. Distribució:

   $N\sim B(4;\ 0{,}2)$

2. Probabilitat que cap de les quatre pateixi arrítmia:

   $P(N=0)$${}= (1-0{,}2)^4$${}= 0{,}8^4$${}= 0{,}4096$

3. Complementari:

   $P(N\ge 1)=1-0{,}4096=0{,}5904$

Plantejament Anomenem $H$ l’esdeveniment «diagnòstic positiu». Coneixem $P(H\mid A)$ i $P(H\mid\overline{A})$, i fem servir la fórmula de la probabilitat total.

1. Dades de l’enunciat:

   $P(A)=0{,}2$$P(\overline{A})=0{,}8$$P(H\mid A)=0{,}95$$P(H\mid\overline{A})=0{,}005$

2. Probabilitat total:

   $P(H)$${}= P(H\mid A)\,P(A)$${}+P(H\mid\overline{A})\,P(\overline{A})$${}= 0{,}95\cdot 0{,}2+0{,}005\cdot 0{,}8$${}= 0{,}19+0{,}004$${}= 0{,}194$

Plantejament Volem $P(A\mid\overline{H})$: sabem que el resultat és negatiu i volem la probabilitat que la persona tingui arrítmia. Fem servir la fórmula de Bayes.

1. Probabilitat de negatiu si té arrítmia:

   $P(\overline{H}\mid A)=1-0{,}95=0{,}05$

2. Probabilitat de negatiu, amb l’apartat b):

   $P(\overline{H})$${}= 1-P(H)$${}= 1-0{,}194$${}= 0{,}806$

3. Fórmula de Bayes:

   $P(A\mid\overline{H})$${}= \frac{P(\overline{H}\mid A)\,P(A)}{P(\overline{H})}$${}= \frac{0{,}05\cdot 0{,}2}{0{,}806}$${}= \frac{0{,}01}{0{,}806}$${}= \frac{5}{403}$${}\approx 0{,}0124$

Plantejament El rectangle té base $x$ i altura $y=e^{-2x}$. Escrivim l’àrea en funció de $x$ i en busquem el màxim a $(0,+\infty)$ amb la derivada.

1. Funció àrea:

   $A(x)=x\cdot e^{-2x}$$x>0$

2. Derivada, amb la regla del producte:

   $A'(x)$${}= e^{-2x}$${}+x\cdot(-2)e^{-2x}$${}= e^{-2x}(1-2x)$

3. Punt crític ($e^{-2x}>0$ sempre):

   $A'(x)=0\ \Longleftrightarrow\ 1-2x=0\ \Longleftrightarrow\ x=\frac{1}{2}$

4. Signe de $A'$: és el de $1-2x$, positiu per a $0<x<\frac{1}{2}$ i negatiu per a $x>\frac{1}{2}$. $A$ creix i després decreix: a $x=\frac{1}{2}$ hi ha el màxim absolut.

5. Costats del rectangle:

   $x=\frac{1}{2}$$y=e^{-2\cdot\frac{1}{2}}=e^{-1}=\frac{1}{e}$

6. Àrea màxima:

   $A\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{e}=\frac{1}{2e}\approx 0{,}184\ \mathrm{u}^2$

ResultatEl màxim és a $x=\dfrac{1}{2}$ ($A$ creix abans i decreix després); l’àrea màxima és $\dfrac{1}{2e}\approx 0{,}184\ \mathrm{u}^2$.

La pauta oficial dona: $x=\frac{1}{2}\ \text{(màxim absolut)}$; $A\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2e}\ \mathrm{u}^2$

Plantejament La recta tangent a $x=0$ és $y-y(0)=y'(0)(x-0)$. Després en busquem el tall amb $y=0$.

1. Derivada, amb la regla de la cadena:

   $y'=-2e^{-2x}$

2. Punt i pendent a $x=0$:

   $y(0)=e^{0}=1$$y'(0)=-2e^{0}=-2$

3. Recta tangent:

   $y-1=-2(x-0)\ \Longrightarrow\ y=-2x+1$

4. Tall amb l’eix d’abscisses:

   $0=-2x+1\ \Longrightarrow\ x=\frac{1}{2}$

Plantejament Una recta perpendicular a $\pi$ té com a vector director el vector normal del pla, $\vec{n}=(1,2,-2)$. Escrivim $r$ en forma paramètrica i la substituïm a l’equació de $\pi$.

1. Recta $r$, que passa per $P=(1,3,0)$ amb direcció $\vec{n}$:

   $r:\ (x,y,z)$${}= (1,3,0)+\lambda(1,2,-2)$${}= (1+\lambda,\ 3+2\lambda,\ -2\lambda)$

2. Substituïm a l’equació de $\pi$:

   $(1+\lambda)+2(3+2\lambda)$${}-2(-2\lambda)$${}= -7$${}\Longrightarrow 7+9\lambda$${}= -7$${}\Longrightarrow \lambda=-\frac{14}{9}$

3. Punt d’intersecció, amb $\lambda=-\frac{14}{9}$:

   $Q$${}= \left(1-\frac{14}{9},\ 3-\frac{28}{9},\ \frac{28}{9}\right)$${}= \left(-\frac{5}{9},-\frac{1}{9},\frac{28}{9}\right)$

4. Comprovació:

   $-\frac{5}{9}+2\cdot\left(-\frac{1}{9}\right)-2\cdot\frac{28}{9}$${}= \frac{-5-2-56}{9}$${}= -7$

Plantejament Fem servir la fórmula de la distància d’un punt a un pla, amb el pla escrit com $x+2y-2z+7=0$. Coincideix amb $d(P,Q)$, perquè $Q$ és la projecció ortogonal de $P$ sobre $\pi$.

1. Fórmula de la distància punt-pla:

   $d(P,\pi)$${}= \frac{|1+2\cdot 3-2\cdot 0+7|}{\sqrt{1^2+2^2+(-2)^2}}$${}= \frac{14}{\sqrt{9}}$${}= \frac{14}{3}$

2. Comprovació amb $Q$ de l’apartat a):

   $d(P,Q)$${}= \sqrt{\left(\frac{14}{9}\right)^2+\left(\frac{28}{9}\right)^2+\left(\frac{28}{9}\right)^2}$${}= \frac{\sqrt{1764}}{9}$${}= \frac{42}{9}=\frac{14}{3}$

Plantejament Un pla paraŀlel a $\pi$ té el mateix vector normal: $x+2y-2z=D$. Imposem que la seva distància a $P$ sigui $\frac{14}{3}$; una de les solucions serà el mateix $\pi$.

1. Distància de $P=(1,3,0)$ al pla $x+2y-2z-D=0$:

   $\frac{|1+2\cdot 3-2\cdot 0-D|}{\sqrt{9}}$${}= \frac{|7-D|}{3}$${}= \frac{14}{3}$

2. Resolem el valor absolut:

   $|7-D|=14\ \Longrightarrow\ 7-D=\pm 14\ \Longrightarrow\ D=-7$$\text{o}\ \ D=21$

3. $D=-7$ és el pla $\pi$; l’altre és el que busquem:

   $\pi':\ x+2y-2z=21$