Matemáticas, PAU 2023 de Cataluña: el examen extraordinario resuelto

Planteamiento La recta tangente a la gráfica de $f$ en $x=a$ es $y-f(a)=f'(a)\,(x-a)$.

1. Derivada:

   $f'(x)=-\frac{1}{x^2}$

2. Punto y pendiente en $x=2$:

   $f(2)=\frac{1}{2}$$f'(2)=-\frac{1}{4}$

3. Recta tangente:

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

Planteamiento El mismo procedimiento, ahora en el punto de abscisa $x=k$, con $k>0$.

1. Punto y pendiente en $x=k$:

   $f(k)=\frac{1}{k}$$f'(k)=-\frac{1}{k^2}$

2. Recta tangente:

   $y-\frac{1}{k}$${}= -\frac{1}{k^2}(x-k)$${}\Longrightarrow y=-\frac{x}{k^2}+\frac{1}{k}+\frac{1}{k}$${}= -\frac{x}{k^2}+\frac{2}{k}$

3. Para $k=2$ vuelve a salir la recta del apartado a):

   $-\frac{x}{4}+\frac{2}{2}=-\frac{1}{4}x+1$

Planteamiento El triángulo tiene los vértices en el origen y en los dos puntos donde la tangente corta los semiejes positivos. Es rectángulo, y su área es la mitad del producto de los dos catetos.

1. Corte con el eje de abscisas ($y=0$):

   $0=-\frac{x}{k^2}+\frac{2}{k}\ \Longrightarrow\ x=2k\ \Longrightarrow\ (2k,\,0)$

2. Corte con el eje de ordenadas ($x=0$):

   $y=\frac{2}{k}\ \Longrightarrow\ \left(0,\,\frac{2}{k}\right)$

3. Los dos cortes están en los semiejes positivos porque $k>0$. Área del triángulo:

   $A=\frac{1}{2}\cdot 2k\cdot\frac{2}{k}=2$

4. El valor no depende de $k$: el área es la misma sea cual sea el punto de tangencia.

   $A=2\ \mathrm{u}^2\quad \forall\, k>0$

Planteamiento Primero pasamos las incógnitas a la izquierda y los términos independientes a la derecha. Después aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius: estudiamos el determinante de la matriz de coeficientes $A$ y, en los valores que lo anulan, los rangos por Gauss.

1. Sistema ordenado:

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

2. Determinante de la matriz de coeficientes $A$, por la regla de Sarrus:

   $|A|$${}= \begin{vmatrix}2&1&-1\\ 1&m&1\\ 3&1&-m\end{vmatrix}$${}= (-2m^2+3-1)$${}-(-3m-m+2)$${}= -2m^2+4m$${}= 2m(2-m)$

3. Se anula para

   $2m(2-m)=0\ \Longrightarrow\ m=0$$m=2$

4. Si $m\ne 0$ y $m\ne 2$, $|A|\ne 0$: sistema compatible determinado (solución única).

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

5. Si $m=0$, hacemos Gauss con la matriz ampliada (ponemos primero la segunda ecuación; después $F_2-2F_1$, $F_3-3F_1$ y $F_3-F_2$):

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

6. Para $m=0$ quedan dos filas no nulas: sistema compatible indeterminado, con un grado de libertad.

   $\operatorname{rg} A=\operatorname{rg} A^*=2<3$

7. Si $m=2$, el mismo proceso ($F_2-2F_1$ y $F_3-3F_1$; después dividimos $F_2$ entre $-3$ y hacemos $F_3+5F_2$):

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

8. La última fila dice $0=2$: sistema incompatible.

   $\operatorname{rg} A=2\ne \operatorname{rg} A^*=3$

Planteamiento Para $m=1$ el determinante vale $2\cdot 1\cdot(2-1)=2\ne 0$: el sistema es compatible determinado. Lo resolvemos por Gauss.

1. Matriz ampliada con $m=1$ (en la primera fila, la segunda ecuación):

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

2. Hacemos $F_2-2F_1$ y $F_3-3F_1$:

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

3. Hacemos $F_3-2F_2$:

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

4. Resolvemos de abajo arriba:

   $z=\frac{3}{2}$$-y-3\cdot\frac{3}{2}=-3\ \Longrightarrow\ y=-\frac{3}{2}$$x=2-y-z=2+\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=2$

5. Comprobación en las ecuaciones del enunciado:

   $2\cdot 2-\frac{3}{2}=1+\frac{3}{2}$$-\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=2-2$$\frac{3}{2}+3=3\cdot 2-\frac{3}{2}$

Planteamiento La ecuación $f(x)=2$ tiene solución en $(-1,0)$ si la función $g(x)=f(x)-2$ tiene un cero en él. Lo justificamos con el teorema de Bolzano.

1. Función auxiliar. Es continua en $[-1,0]$, porque es suma de un polinomio y de una exponencial de un polinomio, que son continuas en todo $\mathbb{R}$:

   $g(x)$${}= f(x)-2$${}= -3x+\mathrm{e}^{2x^3-1}-2$

2. Valor en $x=-1$:

   $g(-1)$${}= 3+\mathrm{e}^{-3}-2$${}= 1+\mathrm{e}^{-3}$${}> 0$

3. Valor en $x=0$; como $\mathrm{e}^{-1}<1$, es negativo:

   $g(0)=0+\mathrm{e}^{-1}-2<0$

4. Por el teorema de Bolzano, existe algún $c\in(-1,0)$ con $g(c)=0$:

   $g(c)=0\ \Longrightarrow\ f(c)=2$

Planteamiento Las dos funciones tienen la misma exponencial, que desaparece al restarlas. Buscamos dónde se cortan las gráficas e integramos la diferencia entre los dos cortes.

1. Puntos de corte, $f(x)=h(x)$:

   $-3x+\mathrm{e}^{2x^3-1}$${}= -3x^2+\mathrm{e}^{2x^3-1}$${}\Longrightarrow 3x^2-3x=0$${}\Longrightarrow 3x(x-1)=0$

2. Las gráficas se cortan en $x=0$ y $x=1$. La diferencia es positiva en $(0,1)$, donde $h$ queda por encima:

   $h(x)-f(x)$${}= -3x^2+3x$${}= 3x(1-x)$

3. Área, con la regla de Barrow:

   $A$${}= \int_0^1\left(-3x^2+3x\right)dx$${}= \left[-x^3+\frac{3x^2}{2}\right]_0^1$${}= -1+\frac{3}{2}-0$${}= \frac{1}{2}$

Resultado$A=\dfrac{1}{2}\ \mathrm{u}^2$.

La pauta oficial da: $x=0$, $x=1$; $\frac{1}{2}\ \mathrm{u}^2$

Planteamiento Buscamos un punto $A_1$ de $r_1$ y un punto $A_2$ de $r_2$ tales que el vector $\overrightarrow{A_1A_2}$ sea perpendicular a los dos vectores directores. La recta que pasa por $A_1$ y $A_2$ es la perpendicular común.

1. Ecuaciones paramétricas (en $r_1$, $x-1=y=-z=\lambda$; en $r_2$, $x=y=z=\mu$):

   $r_1\colon\ (1+\lambda,\,\lambda,\,-\lambda),\ \ \vec{v}_1$${}= (1,1,-1)$$r_2\colon\ (\mu,\,\mu,\,\mu),\ \ \vec{v}_2=(1,1,1)$

2. Posición relativa: los vectores directores no son proporcionales, y el determinante que forman con el vector que va de $(1,0,0)\in r_1$ a $(0,0,0)\in r_2$ no es cero, así que las rectas se cruzan:

   $\begin{vmatrix}1&1&-1\\ 1&1&1\\ -1&0&0\end{vmatrix}$${}= (-1)\cdot\begin{vmatrix}1&-1\\ 1&1\end{vmatrix}$${}= -2$${}\ne 0$

3. Vector entre un punto genérico de cada recta:

   $\overrightarrow{A_1A_2}=(\mu-1-\lambda,\ \mu-\lambda,\ \mu+\lambda)$

4. Tiene que ser perpendicular a $\vec{v}_1$ y a $\vec{v}_2$:

   $\begin{cases}(\mu-1-\lambda)+(\mu-\lambda)-(\mu+\lambda)=\mu-3\lambda-1=0\\ (\mu-1-\lambda)+(\mu-\lambda)+(\mu+\lambda)=3\mu-\lambda-1=0\end{cases}$

5. De la primera, $\mu=1+3\lambda$; lo sustituimos en la segunda:

   $3+9\lambda-\lambda-1=0\ \Longrightarrow\ \lambda=-\frac{1}{4}$$\mu=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$

6. Puntos de corte y vector director de la perpendicular común:

   $A_1=\left(\frac{3}{4},-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$$A_2=\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$$\overrightarrow{A_1A_2}$${}= \left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)\parallel(-1,1,0)$

7. Comprobación: el vector $(-1,1,0)$ es proporcional a $\vec{v}_1\times\vec{v}_2$, que es perpendicular a las dos rectas:

   $\vec{v}_1\times\vec{v}_2$${}= \begin{vmatrix}\vec{\imath}&\vec{\jmath}&\vec{k}\\ 1&1&-1\\ 1&1&1\end{vmatrix}$${}= (2,\,-2,\,0)$${}= -2\,(-1,1,0)$

Planteamiento Como $A_1$ y $A_2$ son los pies de la perpendicular común, la distancia entre las rectas es la longitud de $\overrightarrow{A_1A_2}$.

1. Módulo:

   $d(r_1,r_2)$${}= |\overrightarrow{A_1A_2}|$${}= \sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2+0^2}$${}= \sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

2. Comprobación con la fórmula de la distancia entre dos rectas que se cruzan; el producto mixto es el determinante del apartado a), $-2$:

   $d$${}= \frac{\left|\left[\overrightarrow{P_1P_2},\vec{v}_1,\vec{v}_2\right]\right|}{|\vec{v}_1\times\vec{v}_2|}$${}= \frac{|-2|}{\sqrt{4+4+0}}$${}= \frac{2}{2\sqrt{2}}$${}= \frac{\sqrt{2}}{2}$

Planteamiento La base superior mide $3x$ y la inferior, $x$. Como el trapecio es isósceles, la base superior sobresale lo mismo por cada lado: $\frac{3x-x}{2}=x$. Cada lado de 10 mm es la hipotenusa de un triángulo rectángulo de catetos $x$ y la altura $h$.

1. Teorema de Pitágoras:

   $x^2+h^2=10^2$

2. Despejamos $h$, que es positiva; para que haya trapecio hace falta $0<x<10$:

   $h(x)=\sqrt{100-x^2}$

Planteamiento El área de un trapecio es la semisuma de las bases por la altura. Buscamos su máximo con la derivada en el intervalo $(0,10)$.

1. Área en función de $x$:

   $A(x)$${}= \frac{x+3x}{2}\cdot\sqrt{100-x^2}$${}= 2x\sqrt{100-x^2}$

2. Derivada (regla del producto y de la cadena):

   $A'(x)$${}= 2\sqrt{100-x^2}$${}+2x\cdot\frac{-2x}{2\sqrt{100-x^2}}$${}= \frac{2(100-x^2)-2x^2}{\sqrt{100-x^2}}$${}= \frac{4(50-x^2)}{\sqrt{100-x^2}}$

3. Se anula cuando $x^2=50$; en $(0,10)$ solo sirve la solución positiva:

   $x=\sqrt{50}=5\sqrt{2}\approx 7{,}07$

4. Signo de $A'$: el numerador $4(50-x^2)$ es positivo antes de $5\sqrt{2}$ y negativo después, así que $A$ crece y después decrece: es un máximo.

   $A'(7)=\frac{4\cdot 1}{\sqrt{51}}>0$$A'(8)$${}= \frac{4\cdot(-14)}{\sqrt{36}}$${}= -\frac{28}{3}$${}< 0$

5. Área máxima:

   $A(5\sqrt{2})$${}= 2\cdot 5\sqrt{2}\cdot\sqrt{100-50}$${}= 10\sqrt{2}\cdot 5\sqrt{2}$${}= 100$