Matemáticas, PAU 2022 de Cataluña: el examen de junio (serie 2) resuelto

Planteamiento Comparamos el rango de la matriz de coeficientes $A$ con el de la matriz ampliada $A'$ (teorema de Rouché-Frobenius). Primero buscamos los valores de $a$ que anulan $\det A$.

1. Matriz ampliada:

   $A'$${}= \left(\begin{array}{ccc|c} a&2&3&2\\ 2&a&1&a\\ 1&1&4&1\end{array}\right)$

2. Determinante de $A$ (desarrollado por la primera fila):

   $\det A$${}= a(4a-1)-2(8-1)$${}+3(2-a)$${}= 4a^2-4a-8$${}= 4(a-2)(a+1)$

3. Se anula para $a=-1$ y para $a=2$. Si $a\ne -1$ y $a\ne 2$:

   $\operatorname{rg}A$${}= \operatorname{rg}A'$${}= 3=\text{número de incógnitas}$

4. Caso $a=-1$: el menor de las dos primeras filas y columnas no es nulo, y la tercera ecuación es la suma de las dos primeras ($(-1,2,3\,|\,2)$${}+(2,-1,1\,|\,-1)$${}= (1,1,4\,|\,1)$):

   $\begin{vmatrix}-1&2\\ 2&-1\end{vmatrix}$${}= 1-4$${}= -3$${}\ne 0$${}\Longrightarrow \operatorname{rg}A$${}= \operatorname{rg}A'$${}= 2$${}< 3$

5. Caso $a=2$: la columna de términos independientes, $(2,2,1)$, es igual a la primera columna de $A$, de modo que no puede aumentar el rango:

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

Planteamiento Para $a=2$ el sistema es compatible indeterminado (apartado a). Restamos las dos primeras ecuaciones para eliminar $x$ e $y$ a la vez.

1. Sistema para $a=2$:

   $\begin{cases} 2x+2y+3z=2\\ 2x+2y+z=2\\ x+y+4z=1\end{cases}$

2. Primera menos segunda:

   $2z=0\ \Longrightarrow\ z=0$

3. Con $z=0$ las tres ecuaciones quedan equivalentes a una sola:

   $x+y=1$

4. Tomamos $y=\lambda$ como parámetro:

   $x=1-\lambda$$y=\lambda$$z=0$

Planteamiento Comparamos el vector director de $r$ con el vector normal de $\pi$: si su producto escalar no es cero, la recta no es paralela al plano y lo corta en un punto.

1. Vector director de $r$ y vector normal de $\pi$:

   $\vec v=(1,3,1)$$\vec n=(1,-2,4)$

2. Producto escalar:

   $\vec v\cdot\vec n$${}= 1\cdot 1+3\cdot(-2)+1\cdot 4$${}= 1-6+4$${}= -1$${}\ne 0$

3. Como no es cero, $r$ y $\pi$ son secantes. Sustituimos el punto genérico de $r$ en la ecuación de $\pi$:

   $(2+\lambda)-2(-1+3\lambda)$${}+4(3+\lambda)-4=0$${}\Longrightarrow 12-\lambda=0$${}\Longrightarrow \lambda=12$

4. Punto de corte, con $\lambda=12$:

   $(2+12,\ -1+36,\ 3+12)$${}= (14,35,15)$

5. Comprobación en $\pi$:

   $14-2\cdot 35+4\cdot 15-4$${}= 14-70+60-4=0$

Planteamiento Una recta perpendicular a $\pi$ tiene como vector director el vector normal $\vec n=(1,-2,4)$. Falta el punto $P$ de $r$ en el que la primera coordenada es 5 veces la segunda.

1. Condición $x=5y$ para el punto genérico de $r$:

   $2+\lambda$${}= 5(-1+3\lambda)$${}\Longrightarrow 2+\lambda$${}= -5+15\lambda$${}\Longrightarrow \lambda=\frac{7}{14}$${}= \frac{1}{2}$

2. Punto $P$, con $\lambda=\frac{1}{2}$:

   $P$${}= \left(2+\frac{1}{2},\ -1+\frac{3}{2},\ 3+\frac{1}{2}\right)$${}= \left(\frac{5}{2},\frac{1}{2},\frac{7}{2}\right)$

3. Comprobación: la primera coordenada es 5 veces la segunda:

   $\frac{5}{2}=5\cdot\frac{1}{2}$

4. Recta $s$ en forma vectorial:

   $s:\ (x,y,z)$${}= \left(\frac{5}{2},\frac{1}{2},\frac{7}{2}\right)+\mu(1,-2,4)$$\mu\in\mathbb{R}$

Planteamiento Integramos dos veces $g''$. Cada integración da una constante: la de $g'$ sale de la tangente horizontal ($g'(1)=0$) y la de $g$, del punto $(0,5)$.

1. Primera integración:

   $g'(x)$${}= \int (2x+1)\,dx$${}= x^2+x+m$

2. Tangente horizontal en $x=1$:

   $g'(1)=1+1+m=0\ \Longrightarrow\ m=-2$

3. Segunda integración:

   $g(x)$${}= \int (x^2+x-2)\,dx$${}= \frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}-2x+n$

4. Pasa por $(0,5)$:

   $g(0)=n=5$

Planteamiento Si $f$ es estrictamente creciente en $(0,4)$, solo puede cortar el eje una vez en ese intervalo: en $x=2$. Entonces $f<0$ en $(0,2)$ y $f>0$ en $(2,4)$, y el área se calcula en dos tramos.

1. Raíz en $x=2$:

   $f(2)=-8+24-16=0$

2. Derivada y signo en $(0,4)$ (los dos factores son positivos):

   $f'(x)$${}= -3x^2+12x$${}= 3x(4-x)$${}> 0\quad\text{si }0$${}< x$${}< 4$

3. Primitiva de $f$:

   $F(x)=-\frac{x^4}{4}+2x^3-16x$

4. Valores de la primitiva:

   $F(0)=0$$F(2)=-4+16-32=-20$$F(4)=-64+128-64=0$

5. Regla de Barrow en cada tramo (el primero es negativo, porque $f<0$):

   $\int_0^2 f(x)\,dx$${}= F(2)-F(0)$${}= -20$$\int_2^4 f(x)\,dx$${}= F(4)-F(2)$${}= 20$

6. Área total:

   $A=\left|-20\right|+20=40$

Resultado$A=40\ \mathrm{u}^2$

La pauta oficial da: $A=20+20=40\ \mathrm{u}^2$

Planteamiento Calculamos $X^2$ en función de $a$, $b$ y $c$ y la igualamos término a término a la matriz dada.

1. Producto $X\cdot X$:

   $X^2$${}= \begin{pmatrix}a&1&0\\ 0&b&1\\ 0&0&c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&1&0\\ 0&b&1\\ 0&0&c\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}a^2&a+b&1\\ 0&b^2&b+c\\ 0&0&c^2\end{pmatrix}$

2. Igualando a la matriz dada (el término $1$ de arriba a la derecha ya coincide):

   $a^2=1$$b^2=1$$c^2=1$$a+b=0$$b+c=0$

3. Si $a=1$, entonces $b=-a=-1$ y $c=-b=1$; si $a=-1$, entonces $b=1$ y $c=-1$. Todas cumplen $a^2=b^2=c^2=1$:

   $(a,b,c)=(1,-1,1)$$\text{o}\ \quad (a,b,c)=(-1,1,-1)$

Planteamiento $X^{-1}$ es la inversa de $X$ si $X\cdot X^{-1}=I$. Hacemos el producto y lo igualamos a la identidad.

1. Producto:

   $\begin{pmatrix}a&1&0\\ 0&b&1\\ 0&0&c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\\ 0&1&1\\ 0&0&-1\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}\frac{a}{2}&1-\frac{a}{2}&1-\frac{a}{2}\\ 0&b&b-1\\ 0&0&-c\end{pmatrix}$

2. Igualamos a $I$ (diagonal $1$, el resto $0$):

   $\frac{a}{2}=1\Rightarrow a=2$$b=1$$-c=1\Rightarrow c=-1$

3. Con estos valores los términos fuera de la diagonal también son cero:

   $1-\frac{2}{2}=0$$b-1=0$

Planteamiento La base menor es $x$, la mayor $2x$ y la altura $h$ (el lado perpendicular a las bases). La primera relación sale del área; la segunda, del teorema de Pitágoras.

1. Área del trapecio igual a $30$:

   $\frac{x+2x}{2}\cdot h=\frac{3xh}{2}=30\ \Longrightarrow\ h=\frac{60}{3x}=\frac{20}{x}$

2. Si trazamos la altura desde el extremo de la base menor, el trapecio queda dividido en un rectángulo $x\times h$ y un triángulo rectángulo de catetos $2x-x=x$ y $h$, cuya hipotenusa es $D$:

   $D^2$${}= x^2+h^2$${}= x^2+\left(\frac{20}{x}\right)^2$${}= \frac{400}{x^2}+x^2$

3. Como $D>0$:

   $D(x)=\sqrt{\frac{400}{x^2}+x^2}$$x>0$

Planteamiento Buscamos el mínimo de $D(x)$ para $x>0$: derivamos, igualamos a cero y estudiamos el signo de la derivada.

1. Derivada (regla de la cadena):

   $D'(x)$${}= \frac{-\frac{800}{x^3}+2x}{2\sqrt{\frac{400}{x^2}+x^2}}$${}= \frac{x^4-400}{x^3\sqrt{\frac{400}{x^2}+x^2}}$

2. Puntos críticos con $x>0$:

   $x^4$${}= 400$${}\Longrightarrow x^2$${}= 20$${}\Longrightarrow x=\sqrt{20}$${}= 2\sqrt{5}$

3. Signo de $D'$: el denominador es positivo y el numerador $x^4-400$ es negativo si $x<2\sqrt5$ y positivo si $x>2\sqrt5$. Por tanto, $D$ decrece y después crece, y en $x=2\sqrt5$ está el mínimo.

   $x<2\sqrt5:\ D'<0$$x>2\sqrt5:\ D'>0$

4. Altura y base mayor:

   $h=\frac{20}{2\sqrt5}=\frac{10}{\sqrt5}=2\sqrt5$$2x=4\sqrt5$

5. Lado oblicuo mínimo:

   $D=\sqrt{\frac{400}{20}+20}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$