Matemàtiques, PAU 2024 de Catalunya: l’examen de juny (sèrie 1) 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 $k$ que anuŀlen $|A|$.

1. Matrius del sistema:

   $A$${}= \begin{pmatrix}4&2&-1\\1&-1&k\\3&3&0\end{pmatrix}$$A^*$${}= \left(\begin{array}{ccc|c}4&2&-1&4\\1&-1&k&3\\3&3&0&1\end{array}\right)$

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

   $|A|$${}= \begin{vmatrix}4&2&-1\\1&-1&k\\3&3&0\end{vmatrix}$${}= 0+6k-3-3-12k-0$${}= -6k-6$

3. S’anuŀla només per a un valor:

   $-6k-6=0\ \Longleftrightarrow\ k=-1$

4. Si $k\ne-1$: $|A|\ne 0$ 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 $k=-1$: la tercera equació és la primera menys la segona, tant en els coeficients com en el terme independent:

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

6. Per tant, la tercera fila de $A^*$ és combinació de les dues primeres, i hi ha un menor d’ordre 2 no nul:

   $\begin{vmatrix}4&2\\1&-1\end{vmatrix}$${}= -4-2$${}= -6$${}\ne 0$${}\Longrightarrow \operatorname{rg}(A)$${}= \operatorname{rg}(A^*)$${}= 2$${}< 3$

7. Per a $k=-1$, el sistema és compatible indeterminat, amb un grau de llibertat.

8. Per a $k=0$ el sistema és compatible determinat, amb $|A|=-6\cdot 0-6=-6$. Resolem per la regla de Cramer; els determinants de $x$ i de $y$ es desenvolupen per la tercera columna:

   $x$${}= \frac{\begin{vmatrix}4&2&-1\\3&-1&0\\1&3&0\end{vmatrix}}{-6}$${}= \frac{-10}{-6}$${}= \frac{5}{3}$

9. Incògnita $y$:

   $y$${}= \frac{\begin{vmatrix}4&4&-1\\1&3&0\\3&1&0\end{vmatrix}}{-6}$${}= \frac{8}{-6}=-\frac{4}{3}$

10. Incògnita $z$ (regla de Sarrus: $-4+18+12-(-12+36+2)=0$):

    $z$${}= \frac{\begin{vmatrix}4&2&4\\1&-1&3\\3&3&1\end{vmatrix}}{-6}$${}= \frac{0}{-6}=0$

11. Comprovació a les tres equacions:

    $4\cdot\frac{5}{3}+2\cdot\left(-\frac{4}{3}\right)-0=4$$\frac{5}{3}+\frac{4}{3}=3$$3\cdot\frac{5}{3}+3\cdot\left(-\frac{4}{3}\right)=1$

Plantejament Per a $k=-1$ la tercera equació és redundant (apartat a). Resolem les dues primeres deixant una incògnita com a paràmetre.

1. Sistema equivalent:

   $\begin{cases}4x+2y-z=4\\ x-y-z=3\end{cases}$

2. Restant la segona equació de la primera s’elimina $z$:

   $3x+3y=1\ \Longrightarrow\ y=\frac{1}{3}-x$

3. Prenem $x=\lambda$:

   $y=\frac{1}{3}-\lambda$

4. De la segona equació, $z=x-y-3$:

   $z=\lambda-\left(\frac{1}{3}-\lambda\right)-3=2\lambda-\frac{10}{3}$

Plantejament Per a $k=-1$, el primer membre de la tercera equació és la diferència dels de les dues primeres. Si en canviem només el terme independent, la diferència de les dues primeres deixa de coincidir amb la tercera i les equacions es contradiuen.

1. Canviem la tercera equació per aquesta (mateixos coeficients, un altre terme independent):

   $3x+3y=2$

2. Restant les dues primeres equacions sempre s’obté $3x+3y=1$. Hauríem de tenir alhora $3x+3y=1$ i $3x+3y=2$:

   $1=2\quad\text{(impossible)}$

3. Amb rangs: la matriu de coeficients no canvia, $\operatorname{rg}(A)=2$, però l’ampliada té un menor d’ordre 3 no nul (columnes de $y$, de $z$ i dels termes independents):

   $\begin{vmatrix}2&-1&4\\-1&-1&3\\3&0&2\end{vmatrix}$${}= -3$${}\ne 0$${}\Longrightarrow \operatorname{rg}(A^*)$${}= 3$

4. Com que $\operatorname{rg}(A)=2\ne\operatorname{rg}(A^*)=3$, el sistema és incompatible. Serveix qualsevol equació $3x+3y=c$ amb $c\ne 1$.

Plantejament A la figura, $P$ i $Q$ són alhora sobre la corba i sobre la recta horitzontal $y=5$, que també passa per $(0,5)$. Les seves abscisses són, doncs, les solucions de $f(x)=5$. El punt $R$ és a l’eix $OX$, a sota de $Q$.

1. Plantegem $f(x)=5$:

   $-x^3+7x^2-6x+5$${}= 5$${}\Longrightarrow -x\left(x^2-7x+6\right)=0$

2. Solucions:

   $x=0$$\text{o}\ \quad x$${}= \frac{7\pm\sqrt{49-24}}{2}$${}= \frac{7\pm 5}{2}$${}= \begin{cases}1\\6\end{cases}$

3. $x=0$ correspon al punt $(0,5)$. A la figura, $P$ és el de l’esquerra i $Q$ el de la dreta:

   $P=(1,5)$$Q=(6,5)$

4. $R$ és a l’eix $OX$ amb la mateixa abscissa que $Q$:

   $R=(6,0)$

5. Pendent de la recta $PR$:

   $m=\frac{0-5}{6-1}=-1$

6. Recta de pendent $-1$ que passa per $R=(6,0)$:

   $y-0=-1\cdot(x-6)\ \Longrightarrow\ y=-x+6$

Plantejament El terreny és la regió entre la corba (a dalt) i la recta $PR$ (a baix), des de $x=1$ fins a $x=6$. La seva àrea és la integral definida de la diferència entre les dues funcions.

1. Entre $x=1$ i $x=6$ la corba és per sobre de la recta, com mostra la figura (per exemple, a $x=2$):

   $f(2)$${}= -8+28-12+5$${}= 13$${}> 4=-2+6$

2. Plantegem l’àrea:

   $A$${}= \int_{1}^{6}\left(f(x)-(-x+6)\right)dx$${}= \int_{1}^{6}\left(-x^3+7x^2-5x-1\right)dx$

3. Una primitiva de l’integrand:

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

4. Valors de la primitiva als extrems:

   $F(6)=-324+504-90-6=84$$F(1)=-\frac{1}{4}+\frac{7}{3}-\frac{5}{2}-1=-\frac{17}{12}$

5. Regla de Barrow:

   $A$${}= F(6)-F(1)$${}= 84+\frac{17}{12}$${}= \frac{1025}{12}$${}= 85{,}41\overline{6}\ \mathrm{u}^2$

Resultat$A=\dfrac{1025}{12}=85{,}41\overline{6}\ \mathrm{u}^2$

La pauta oficial dona: $\frac{1025}{12}=85{,}416\ldots\ \mathrm{u}^2$

Plantejament A la bossa hi ha $9$ boles: dues A, dues S i una de cada de B, Y, E, F i N. Sense reemplaçament, la probabilitat de la segona extracció depèn del que ha sortit a la primera (probabilitat condicionada).

1. Primera bola A o E: hi ha $3$ boles favorables (dues A i una E) de $9$:

   $P(\text{A o E})=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$

2. Les dues boles només poden ser iguals si són dues A o dues S. Per a dues A: la primera és A amb probabilitat $\frac{2}{9}$ i, si ho és, en queden $8$ amb una sola A:

   $P(AA)=\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{8}=\frac{1}{36}$

3. Igual per a dues S:

   $P(SS)=\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{8}=\frac{1}{36}$

4. Pel complementari:

   $P(\text{diferents})$${}= 1-\left(\frac{1}{36}+\frac{1}{36}\right)$${}= 1-\frac{1}{18}$${}= \frac{17}{18}$${}\approx 0{,}944$

Plantejament Amb reemplaçament, les cinc extraccions són independents i a cada una surt A amb probabilitat $\frac{2}{9}$. El nombre $X$ d’A extretes segueix una distribució binomial $B\left(5,\frac{2}{9}\right)$.

1. Distribució de $X$:

   $X\sim B\left(5,\frac{2}{9}\right)$$P(X=k)$${}= \binom{5}{k}\left(\frac{2}{9}\right)^{k}\left(\frac{7}{9}\right)^{5-k}$

2. Cap A ($k=0$):

   $P(X=0)$${}= \left(\frac{7}{9}\right)^{5}$${}= \frac{16807}{59049}$${}\approx 0{,}2846$

3. Exactament una A ($k=1$), amb $\left(\frac{7}{9}\right)^4=\frac{2401}{6561}$:

   $P(X=1)$${}= \binom{5}{1}\cdot\frac{2}{9}\cdot\frac{2401}{6561}$${}= \frac{24010}{59049}$

4. Almenys dues A, pel complementari:

   $P(X\ge 2)$${}= 1-P(X=0)-P(X=1)$${}= 1-\frac{16807}{59049}-\frac{24010}{59049}$${}= \frac{18232}{59049}$${}\approx 0{,}3088$

Plantejament Anomenem $x$ la fondària, $3x$ l’amplària i $h$ l’alçada, en metres. Escrivim el cost amb aquestes variables i eliminem $h$ amb la condició del volum.

1. Volum de $6\ \mathrm{m}^3$:

   $3x\cdot x\cdot h=6\ \Longrightarrow\ h=\frac{6}{3x^2}=\frac{2}{x^2}$

2. Parets que cal construir: la frontal, de $3x$ per $h$, i les dues laterals, de $x$ per $h$ (la del fons és la de la casa):

   $S_{\text{parets}}=3xh+xh+xh=5xh$

3. Sostre, de $3x$ per $x$:

   $S_{\text{sostre}}=3x\cdot x=3x^2$

4. Cost: parets a $30$ € el $\mathrm{m}^2$, sostre a $50$ € el $\mathrm{m}^2$ i porta a $35$ €:

   $C$${}= 30\cdot 5xh+50\cdot 3x^2$${}+35$${}= 150xh+150x^2+35$

5. Substituïm $h=\frac{2}{x^2}$:

   $C(x)$${}= 150x\cdot\frac{2}{x^2}+150x^2$${}+35$${}= \frac{300}{x}+150x^2+35$

Plantejament Busquem el mínim de $C(x)$ a l’interval $(0,+\infty)$: derivem, igualem a zero i comprovem que el punt trobat és un mínim.

1. Derivada:

   $C'(x)$${}= -\frac{300}{x^2}+300x$${}= \frac{300\left(x^3-1\right)}{x^2}$

2. Punt crític:

   $C'(x)=0\ \Longleftrightarrow\ x^3=1\ \Longleftrightarrow\ x=1$

3. Derivada segona:

   $C''(x)=\frac{600}{x^3}+300$$C''(1)=600+300=900>0$

4. És un mínim. A més, $C'(x)<0$ per a $0<x<1$ i $C'(x)>0$ per a $x>1$, de manera que és el mínim absolut a $(0,+\infty)$.

5. Dimensions, amb $h=\frac{2}{x^2}$ de l’apartat a):

   $x=1\ \mathrm{m}$$3x=3\ \mathrm{m}$$h=\frac{2}{1^2}=2\ \mathrm{m}$

6. Cost mínim, en euros:

   $C(1)$${}= \frac{300}{1}+150\cdot 1^2+35$${}= 485$

Plantejament Un pla perpendicular a la recta $AB$ té com a vector normal el vector director $\overrightarrow{AB}$. Li imposem que passi pel punt mitjà $M$ del segment $AB$.

1. Vector director de la recta $AB$ (i normal del pla):

   $\overrightarrow{AB}$${}= (-3,-2,3)-(1,2,3)$${}= (-4,-4,0)\parallel(1,1,0)$

2. Punt mitjà:

   $M$${}= \frac{A+B}{2}$${}= \left(\frac{1-3}{2},\frac{2-2}{2},\frac{3+3}{2}\right)$${}= (-1,0,3)$

3. El pla és $x+y+D=0$; imposem que passi per $M$:

   $-1+0+D=0\ \Longrightarrow\ D=1\ \Longrightarrow\ \pi:\ x+y+1=0$

4. Punts equidistants: com que les dues distàncies són positives, $d(P,A)=d(P,B)$ equival a la igualtat dels quadrats:

   $(x-1)^2$${}+(y-2)^2$${}+(z-3)^2$${}= (x+3)^2$${}+(y+2)^2$${}+(z-3)^2$

5. Desenvolupem; els termes $x^2$, $y^2$ i $(z-3)^2$ es canceŀlen:

   $-2x+1-4y+4$${}= 6x+9+4y+4$${}\Longrightarrow -8x-8y-8=0$

6. Dividint per $-8$ s’obté exactament l’equació de $\pi$: el pla $\pi$ és el pla mediador del segment $AB$.

   $x+y+1=0$

Plantejament Fem servir la fórmula de la distància d’un punt $(x_0,y_0,z_0)$ al pla $ax+by+cz+d=0$: $\dfrac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$.

1. Distància de $A=(1,2,3)$:

   $d(A,\pi)$${}= \frac{|1+2+1|}{\sqrt{1^2+1^2+0^2}}$${}= \frac{4}{\sqrt{2}}$${}= 2\sqrt{2}$

2. Distància de $B=(-3,-2,3)$:

   $d(B,\pi)$${}= \frac{|-3-2+1|}{\sqrt{2}}$${}= \frac{4}{\sqrt{2}}$${}= 2\sqrt{2}$

3. No és casualitat: $\pi$ és perpendicular a $AB$ i passa pel punt mitjà $M$, de manera que la projecció ortogonal de $A$ i de $B$ sobre $\pi$ és el mateix punt $M$. Les dues distàncies valen $d(A,M)=d(B,M)$, la meitat de la longitud de $AB$:

   $d(A,M)$${}= \sqrt{(1+1)^2+(2-0)^2+(3-3)^2}$${}= \sqrt{8}=2\sqrt{2}$

Plantejament Si $C$ és del pla $\pi$, per l’apartat a) equidista de $A$ i de $B$ i el triangle és isòsceles. L’altura sobre la base $AB$ va de $C$ al punt mitjà $M$.

1. $C=(-7,6,3)$ compleix l’equació de $\pi$:

   $-7+6+1=0\ \Longrightarrow\ C\in\pi$

2. Per tant, $d(C,A)=d(C,B)$. Ho comprovem:

   $d(C,A)$${}= \sqrt{(-8)^2+4^2+0^2}$${}= \sqrt{80}$${}= 4\sqrt{5}$$d(C,B)$${}= \sqrt{(-4)^2+8^2+0^2}$${}= \sqrt{80}$${}= 4\sqrt{5}$

3. Base $AB$, amb $\overrightarrow{AB}=(-4,-4,0)$:

   $d(A,B)$${}= \sqrt{(-4)^2+(-4)^2+0^2}$${}= \sqrt{32}$${}= 4\sqrt{2}$

4. En un triangle isòsceles, el peu de l’altura sobre la base és el punt mitjà $M=(-1,0,3)$:

   $h$${}= d(C,M)$${}= \sqrt{(-6)^2+6^2+0^2}$${}= \sqrt{72}$${}= 6\sqrt{2}$

5. Àrea:

   $\text{Àrea}$${}= \frac{4\sqrt{2}\cdot 6\sqrt{2}}{2}$${}= \frac{48}{2}=24\ \mathrm{u}^2$