Matemàtiques, PAU 2025 de Catalunya: l’examen de juny (sèrie 1) resolt

Plantejament Teorema de Rouché-Frobenius: calculem el determinant de la matriu de coeficients, trobem els valors crítics de $p$ i estudiem els rangs en cada cas.

1. Matrius (ordre de les incògnites $x$, $y$, $z$):

   $A$${}= \begin{pmatrix}0&1&-1\\p^2&0&-1\\1&-1&0\end{pmatrix}$$A^*$${}= \left(\begin{array}{ccc|c}0&1&-1&p+3\\p^2&0&-1&5\\1&-1&0&3\end{array}\right)$

2. Determinant:

   $|A|$${}= 0-1+p^2-0-0-0$${}= p^2-1$${}= (p-1)(p+1)$

3. Si $p\ne 1$ i $p\ne -1$: $|A|\ne 0$ i els dos rangs valen 3, igual que el nombre d’incògnites: compatible determinat.

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

4. Si $p=1$: $\operatorname{rg}(A)=2$ (hi ha un menor d’ordre 2 no nul), però la matriu ampliada té un menor d’ordre 3 no nul (columnes $x$, $y$ i termes independents):

   $\begin{vmatrix}0&1\\1&0\end{vmatrix}$${}= -1$${}\ne 0$$\begin{vmatrix}0&1&4\\1&0&5\\1&-1&3\end{vmatrix}$${}= -2$${}\ne 0$

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

6. Si $p=-1$: les equacions són $y-z=2$, $x-z=5$, $x-y=3$, i la segona és la suma de la primera i la tercera. Hi ha un menor d’ordre 2 no nul:

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

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

Plantejament Per a $p=-1$ podem eliminar la segona equació (és la suma de les altres dues) i deixar una incògnita com a paràmetre.

1. Sistema equivalent:

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

2. Prenem $y=\lambda$:

   $x=3+\lambda$$z=\lambda-2$

Plantejament Imposem la condició $xy=10$ a les solucions de l’apartat anterior: surt una equació de segon grau en $\lambda$.

1. $(3+\lambda)\lambda=10\ \Longrightarrow\ \lambda^2+3\lambda-10=0$
2. $\lambda=\frac{-3\pm\sqrt{9+40}}{2}=\frac{-3\pm 7}{2}\ \Longrightarrow\ \lambda=2$$\text{o}\ \ \lambda=-5$

3. Solucions corresponents:

   $\lambda=2:\ (5,2,0)$$\lambda=-5:\ (-2,-5,-7)$

Plantejament Hi ha dos tipus de peces amb probabilitats de defecte diferents: fem servir la fórmula de la probabilitat total. Les peces de ferro defectuoses són el $100-95=5\,\%$.

1. Dades: $F$ = «de ferro», $A$ = «d’acer», $D$ = «defectuosa».

   $P(F)=0{,}6$$P(A)=0{,}4$$P(D\mid F)=0{,}05$$P(D\mid A)=0{,}03$

2. Probabilitat total:

   $P(D)$${}= 0{,}6\cdot 0{,}05+0{,}4\cdot 0{,}03$${}= 0{,}03+0{,}012$${}= 0{,}042$

Plantejament El nombre $X$ de peces defectuoses en un paquet de 5 segueix una binomial $B(5,p)$, perquè les peces són independents i cadascuna és defectuosa amb probabilitat $p$.

1. Hi ha $\binom{5}{4}=5$ maneres de triar quina peça és la bona, i cada configuració té probabilitat $p^4(1-p)$:

   $P(X=4)$${}= \binom{5}{4}p^4(1-p)$${}= 5p^4(1-p)$${}= 5(p^4-p^5)$

Plantejament Busquem els punts crítics de $f$ per a $p\ge 0$ i estudiem el signe de la derivada per saber on creix i on decreix.

1. Derivada:

   $f'(p)$${}= 20p^3-25p^4$${}= 5p^3(4-5p)$

2. Punts crítics:

   $f'(p)=0\ \Longrightarrow\ p=0$$\text{o}\ \ p=\frac{4}{5}$

3. Signe: $f'>0$ a $\left(0,\frac45\right)$ i $f'<0$ per a $p>\frac45$. Per tant $f$ creix fins a $\frac45$ i després decreix: a $p=\frac45$ hi ha el màxim absolut per a $p\ge 0$.

4. Valor màxim:

   $f\left(\frac{4}{5}\right)$${}= 5\left(\frac{4}{5}\right)^4\left(1-\frac{4}{5}\right)$${}= \left(\frac{4}{5}\right)^4$${}= \frac{256}{625}$${}\approx 0{,}41$

Plantejament Cal l’àrea de cada part de la vela. Calculem l’àrea total sota la paràbola entre $x=0$ i $x=5$ i l’àrea de la part inferior (sota $y=9$); la superior és la diferència. Després multipliquem cada àrea pel seu preu.

1. Punts de tall (amb $x\ge 0$):

   $-x^2+25=0\Rightarrow x=5$$-x^2+25=9\Rightarrow x=4$

2. Àrea total:

   $A_T$${}= \int_0^5(-x^2+25)\,dx$${}= \left[-\frac{x^3}{3}+25x\right]_0^5$${}= -\frac{125}{3}+125$${}= \frac{250}{3}$

3. Part inferior: un rectangle $4\times 9$ i, entre $x=4$ i $x=5$, la regió sota la paràbola. Amb la primitiva $F(x)=-\frac{x^3}{3}+25x$: $F(5)=\frac{250}{3}$ i $F(4)=\frac{236}{3}$.

   $A_{\text{inf}}$${}= \int_0^4 9\,dx$${}+\int_4^5(-x^2+25)\,dx$${}= 36+\left(\frac{250}{3}-\frac{236}{3}\right)$${}= 36+\frac{14}{3}$${}= \frac{122}{3}$

4. Part superior:

   $A_{\text{sup}}=\frac{250}{3}-\frac{122}{3}=\frac{128}{3}$

5. Cost:

   $\frac{128}{3}\cdot 50+\frac{122}{3}\cdot 70$${}= \frac{6400+8540}{3}$${}= \frac{14940}{3}$${}= 4980$

ResultatÀrea superior $\frac{128}{3}\ \text{u}^2$, àrea inferior $\frac{122}{3}\ \text{u}^2$; cost total $4\,980$ €.

La pauta oficial dona: $4980\ €$

Plantejament El pla $\pi'$ conté la direcció $\overrightarrow{PQ}$ i, com que és perpendicular a $\pi$, també conté la direcció del vector normal de $\pi$. El seu vector normal és el producte vectorial de totes dues direccions.

1. Direccions:

   $\vec n_\pi=(1,1,0)$$\overrightarrow{PQ}=(2,-2,4)\parallel(1,-1,2)$

2. Vector normal de $\pi'$:

   $(1,1,0)\times(1,-1,2)$${}= \begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\1&1&0\\1&-1&2\end{vmatrix}$${}= (2,-2,-2)\parallel(1,-1,-1)$

3. Pla per $P$:

   $x-y-z+D=0$$1+1-2+D=0\Rightarrow D=0$

4. Comprovació amb $Q$:

   $3+3-6=0$

Plantejament Els punts que equidisten de $P$ i $Q$ formen el pla mediador del segment $PQ$ (perpendicular a $\overrightarrow{PQ}$ pel punt mitjà). La recta demanada és la intersecció d’aquest pla amb $\pi'$.

1. Punt mitjà:

   $M=\frac{P+Q}{2}=(2,-2,4)$

2. Pla mediador (normal $(1,-1,2)$):

   $x-y+2z=2+2+8=12$

3. Intersecció amb $\pi'$:

   $\begin{cases}x-y-z=0\\ x-y+2z=12\end{cases}$${}\Longrightarrow 3z=12$${}\Rightarrow z=4$$x-y=4$

4. Amb $y=k$:

   $(x,y,z)$${}= (4+k,\ k,\ 4)$${}= (4,0,4)+k(1,1,0)$$k\in\mathbb{R}$