Matemáticas, PAU 2023 de Cataluña: el examen de junio (serie 1) resuelto

Planteamiento Multiplicamos filas por columnas: el elemento $(i,j)$ del producto es la fila $i$ de la primera matriz por la columna $j$ de la segunda.

1. Primera fila de $\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{B}$: la fila $(2,-3,-5)$ por las columnas $(2,-1,1)$, $(2,-1,2)$ y $(0,0,1)$ de $\boldsymbol{B}$:

   $(4+3-5,\ \ 4+3-10,\ \ 0+0-5)$${}= (2,\,-3,\,-5)$

2. Segunda fila, con $(-1,4,5)$:

   $(-2-4+5,\ \ -2-4+10,\ \ 0+0+5)$${}= (-1,\,4,\,5)$

3. Tercera fila, con $(1,-3,-4)$:

   $(2+3-4,\ \ 2+3-8,\ \ 0+0-4)$${}= (1,\,-3,\,-4)$

4. Por tanto, $\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{B}$ vuelve a ser $\boldsymbol{A}$:

   $\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{B}$${}= \begin{pmatrix}2&-3&-5\\ -1&4&5\\ 1&-3&-4\end{pmatrix}$${}= \boldsymbol{A}$

5. Primera fila de $\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{A}$: la fila $(2,2,0)$ por las columnas $(2,-1,1)$, $(-3,4,-3)$ y $(-5,5,-4)$ de $\boldsymbol{A}$:

   $(4-2+0,\ \ -6+8+0,\ \ -10+10+0)$${}= (2,\,2,\,0)$

6. Segunda fila, con $(-1,-1,0)$:

   $(-2+1+0,\ \ 3-4+0,\ \ 5-5+0)$${}= (-1,\,-1,\,0)$

7. Tercera fila, con $(1,2,1)$:

   $(2-2+1,\ \ -3+8-3,\ \ -5+10-4)$${}= (1,\,2,\,1)$

8. Y $\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{A}$ vuelve a ser $\boldsymbol{B}$:

   $\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{A}$${}= \begin{pmatrix}2&2&0\\ -1&-1&0\\ 1&2&1\end{pmatrix}$${}= \boldsymbol{B}$

Planteamiento Hay que probar que $\boldsymbol{C}^2=\boldsymbol{C}$ y $\boldsymbol{D}^2=\boldsymbol{D}$ usando solo las dos igualdades del enunciado y la propiedad asociativa del producto de matrices.

1. Sustituimos el primer factor $\boldsymbol{C}$ por $\boldsymbol{C}\cdot\boldsymbol{D}$, reagrupamos, usamos $\boldsymbol{D}\cdot\boldsymbol{C}=\boldsymbol{D}$ y, al final, otra vez $\boldsymbol{C}\cdot\boldsymbol{D}=\boldsymbol{C}$:

   $\boldsymbol{C}^2$${}= \boldsymbol{C}\cdot\boldsymbol{C}=(\boldsymbol{C}\cdot\boldsymbol{D})\cdot\boldsymbol{C}$${}= \boldsymbol{C}\cdot(\boldsymbol{D}\cdot\boldsymbol{C})$${}= \boldsymbol{C}\cdot\boldsymbol{D}=\boldsymbol{C}$

2. Para $\boldsymbol{D}$ hacemos lo mismo con los papeles cambiados:

   $\boldsymbol{D}^2$${}= \boldsymbol{D}\cdot\boldsymbol{D}=(\boldsymbol{D}\cdot\boldsymbol{C})\cdot\boldsymbol{D}$${}= \boldsymbol{D}\cdot(\boldsymbol{C}\cdot\boldsymbol{D})$${}= \boldsymbol{D}\cdot\boldsymbol{C}=\boldsymbol{D}$

3. Las matrices del apartado a) son un ejemplo: cumplen $\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}$ y $\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{A}=\boldsymbol{B}$, y por tanto las dos son idempotentes.

   $\boldsymbol{A}^2=\boldsymbol{A}$$\boldsymbol{B}^2=\boldsymbol{B}$

Planteamiento Integramos cada trozo de $f'$. Cada primitiva lleva su constante: la del primer trozo sale del punto $A=(0,3)$ (que pertenece a él porque $0\le 2$), y la del segundo, de la continuidad de $f$ en $x=2$ (una función derivable es continua).

1. Primitiva del primer trozo ($x\le 2$):

   $\int (x-1)\,dx=\frac{x^2}{2}-x+k$

2. Primitiva del segundo trozo ($x>2$); como $x-1>0$, no hace falta el valor absoluto:

   $\int \frac{1}{x-1}\,dx=\ln(x-1)+k'$

3. $f$ pasa por $A=(0,3)$, y $x=0$ es del primer trozo:

   $f(0)=\frac{0^2}{2}-0+k=3\ \Longrightarrow\ k=3$

4. Continuidad en $x=2$: el valor del primer trozo tiene que coincidir con el límite por la derecha:

   $\frac{2^2}{2}-2+3$${}= \lim_{x\to 2^+}\left(\ln(x-1)+k'\right)$${}\Longrightarrow 3=\ln 1+k'$${}\Longrightarrow k'=3$

5. Las dos derivadas laterales en $x=2$ valen $2-1=1$ y $\frac{1}{2-1}=1$: la función obtenida es derivable en $x=2$, como dice el enunciado.

   $f'(2^-)=f'(2^+)=1$

Planteamiento Ahora la función de la que buscamos la tangente es $g(x)=f'(x)$. En $x=3$ se aplica el segundo trozo, $g(x)=\frac{1}{x-1}$. La recta tangente es $y-g(3)=g'(3)\,(x-3)$.

1. Valor de la función en $x=3$:

   $g(3)=f'(3)=\frac{1}{3-1}=\frac{1}{2}$

2. Derivada del segundo trozo (es $f''$) y pendiente:

   $g'(x)$${}= f''(x)$${}= -\frac{1}{(x-1)^2}$${}\Longrightarrow g'(3)$${}= -\frac{1}{4}$

3. Recta tangente:

   $y-\frac{1}{2}$${}= -\frac{1}{4}(x-3)$${}\Longrightarrow y=-\frac{1}{4}x+\frac{3}{4}+\frac{1}{2}$${}= -\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}$

Planteamiento Usamos el teorema de Rouché-Frobenius. Primero calculamos el determinante de la matriz de coeficientes $M$ y buscamos los valores de $\lambda$ que lo anulan.

1. Matriz de coeficientes y matriz ampliada:

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

2. Determinante por la regla de Sarrus. Los tres productos de la diagonal principal y sus paralelas son $1$, $8\lambda^3$ y $(2+\lambda)^3$; los tres de la otra diagonal valen $2\lambda(2+\lambda)$ cada uno:

   $|M|$${}= 1+8\lambda^3+(2+\lambda)^3$${}-3\cdot 2\lambda(2+\lambda)$${}= 1+8\lambda^3+8+12\lambda$${}+6\lambda^2+\lambda^3-12\lambda$${}-6\lambda^2$${}= 9\lambda^3+9$

3. Se anula cuando $\lambda^3=-1$. La única raíz real es $\lambda=-1$, porque $9\lambda^3+9=9(\lambda+1)(\lambda^2-\lambda+1)$ y el discriminante del segundo factor es $1-4<0$:

   $9\lambda^3+9=0\ \Longrightarrow\ \lambda=-1$

4. Si $\lambda\ne-1$, $|M|\ne 0$ y los dos rangos valen 3, el número de incógnitas: el sistema es compatible determinado (solución única).

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

5. Si $\lambda=-1$, el sistema es

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

6. Ahora $|M|=0$, pero hay un menor de orden 2 no nulo:

   $\begin{vmatrix}1&-2\\ 1&1\end{vmatrix}$${}= 1\cdot 1-(-2)\cdot 1$${}= 1+2$${}= 3$${}\ne 0$${}\Longrightarrow \operatorname{rg} M$${}= 2$

7. Orlamos este menor con la tercera fila y la columna de términos independientes (el otro menor que lo orla, con la tercera columna, es $|M|=0$):

   $\begin{vmatrix}1&-2&0\\ 1&1&3\\ -2&1&-3\end{vmatrix}$${}= -3+12+0$${}-(0+3+6)=0$${}\Longrightarrow \operatorname{rg} M^*$${}= 2$

8. Como los dos rangos son iguales pero menores que 3, el sistema es compatible indeterminado, con $3-2=1$ grado de libertad.

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

Planteamiento Con $\lambda=-1$ el rango es 2: nos quedamos con las dos primeras ecuaciones (las del menor no nulo) y pasamos $z$ a la derecha como parámetro.

1. Sistema reducido:

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

2. Restamos la primera ecuación de la segunda:

   $3y=3+3z\ \Longrightarrow\ y=1+z$

3. Y de la primera:

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

4. Comprobamos la tercera ecuación, que no hemos usado:

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

5. Interpretación: cada ecuación es un plano del espacio. Los vectores normales $(1,-2,1)$, $(1,1,-2)$ y $(-2,1,1)$ no son proporcionales dos a dos, así que no hay ningún par de planos paralelos; como el sistema tiene infinitas soluciones que dependen de un parámetro, los tres planos se cortan en una recta (forman un haz de planos). Los puntos de la recta son

   $(x,y,z)$${}= (2+z,\,1+z,\,z)$${}= (2,1,0)+z\,(1,1,1)$

Planteamiento Sean $x$ el lado del cerco paralelo al muro y $y$ cada uno de los dos lados perpendiculares al muro, en metros. El lado que toca el muro no lleva valla, de modo que la valla mide $x+2y$ metros.

1. El área es de $8\ \mathrm{m}^2$:

   $x\cdot y=8\ \Longrightarrow\ y=\frac{8}{x}$

2. Coste, a 2,5 €/m, en función de $x$ (con $x>0$):

   $C(x)$${}= 2{,}5\,(x+2y)$${}= 2{,}5\left(x+\frac{16}{x}\right)$

3. Derivamos e igualamos a cero; solo sirve la solución positiva ($x=-4$ no es una longitud):

   $C'(x)$${}= 2{,}5\left(1-\frac{16}{x^2}\right)=0$${}\Longrightarrow x^2$${}= 16$${}\Longrightarrow x=4$

4. La segunda derivada es positiva para $x>0$, así que $x=4$ es un mínimo:

   $C''(x)=2{,}5\cdot\frac{32}{x^3}=\frac{80}{x^3}$$C''(4)=\frac{80}{64}=\frac{5}{4}>0$

5. Dimensiones y coste:

   $x=4$$y=\frac{8}{4}=2$$C(4)=2{,}5\,(4+2\cdot 2)=20$

Planteamiento Si un vértice del cerco coincide con un vértice del jardín, ponemos el cerco en la esquina: dos lados quedan pegados a los dos muros y solo hace falta valla en los otros dos, $x+y$ metros.

1. Coste con $y=\frac{8}{x}$:

   $C(x)=2{,}5\,(x+y)=2{,}5\left(x+\frac{8}{x}\right)$

2. Derivamos e igualamos a cero (solución positiva):

   $C'(x)$${}= 2{,}5\left(1-\frac{8}{x^2}\right)=0$${}\Longrightarrow x^2$${}= 8$${}\Longrightarrow x=\sqrt{8}$${}= 2\sqrt{2}$

3. Es un mínimo, porque la segunda derivada es positiva:

   $C''(x)=2{,}5\cdot\frac{16}{x^3}=\frac{40}{x^3}>0$

4. El otro lado también mide $2\sqrt{2}$ m: el cerco es un cuadrado.

   $y=\frac{8}{2\sqrt{2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}\approx 2{,}83$

5. Coste mínimo:

   $C(2\sqrt{2})$${}= 2{,}5\,(2\sqrt{2}+2\sqrt{2})$${}= 2{,}5\cdot 4\sqrt{2}$${}= 10\sqrt{2}$${}\approx 14{,}14$

6. Ahorro respecto del apartado a):

   $20-10\sqrt{2}\approx 20-14{,}14=5{,}86$

Planteamiento Como $\pi_3$ es perpendicular a $\pi_1$ y a $\pi_2$, contiene las direcciones de los vectores normales de esos planos. Buscamos el plano que pasa por $P$ con esos dos vectores directores.

1. Vectores normales de $\pi_1$ y $\pi_2$ (vectores directores de $\pi_3$):

   $\vec{n}_1=(1,1,0)$$\vec{n}_2=(1,0,-1)$

2. Un punto $X=(x,y,z)$ es de $\pi_3$ si $\overrightarrow{PX}$, $\vec{n}_1$ y $\vec{n}_2$ son linealmente dependientes:

   $\begin{vmatrix}x-4&1&1\\ y-1&1&0\\ z-2&0&-1\end{vmatrix}=0$

3. Desarrollamos por la primera columna; los tres menores valen $-1$:

   $(x-4)(-1)$${}-(y-1)(-1)$${}+(z-2)(-1)$${}= -x+y-z+5=0$

4. Multiplicamos por $-1$. Comprobación: el vector normal $(1,-1,1)$ es perpendicular a $\vec{n}_1$ y a $\vec{n}_2$, y $P$ es del plano:

   $(1,-1,1)\cdot(1,1,0)=0$$(1,-1,1)\cdot(1,0,-1)=0$$4-1+2-5=0$

Planteamiento La recta $r$ es el conjunto de soluciones del sistema formado por las ecuaciones de los dos planos. Tomamos $x$ como parámetro.

1. Despejamos $y$ y $z$:

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

2. Con $x=\lambda$:

   $(x,y,z)=(\lambda,\,3-\lambda,\,2+\lambda)$

3. Separamos la parte fija y la que multiplica a $\lambda$:

   $r\colon\ (x,y,z)=(0,3,2)+\lambda\,(1,-1,1)$$\lambda\in\mathbb{R}$

4. El vector director es, cambiado de signo, el producto vectorial de los dos normales, como debe ser:

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

Planteamiento El punto de $r$ más cercano a $P$ es la proyección ortogonal de $P$ sobre $r$: el punto $Q$ de $r$ tal que $\overrightarrow{PQ}$ es perpendicular al vector director $\vec{v}=(1,-1,1)$.

1. Punto genérico de $r$ y vector $\overrightarrow{PQ}$, con $P=(4,1,2)$:

   $Q=(\lambda,\,3-\lambda,\,2+\lambda)$$\overrightarrow{PQ}=(\lambda-4,\,2-\lambda,\,\lambda)$

2. Condición de perpendicularidad:

   $\overrightarrow{PQ}\cdot\vec{v}$${}= (\lambda-4)-(2-\lambda)+\lambda$${}= 3\lambda-6=0$${}\Longrightarrow \lambda=2$

3. Sustituimos $\lambda=2$:

   $Q=(2,\,1,\,4)$

4. El plano perpendicular a $r$ que pasa por $P$ es precisamente $\pi_3$ del apartado a) (su normal es $(1,-1,1)$), y $Q$ es el punto donde $r$ corta a $\pi_3$. La distancia de $P$ a $r$ es la de $P$ a $Q$:

   $2-1+4-5=0$$d(P,Q)$${}= \sqrt{(-2)^2+0^2+2^2}$${}= 2\sqrt{2}$