Matemáticas, PAU 2023 de Cataluña: el examen de junio (serie 5) resuelto

Planteamiento Hacemos el método de Gauss con la matriz ampliada y después comparamos los rangos según el valor de $k$ (teorema de Rouché-Frobenius).

1. Matriz ampliada $M^*$ (la matriz de coeficientes, sin la última columna, es $M$):

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

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

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

3. Hacemos $F_3-F_2$:

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

4. Los pivotes pueden anularse para $k=-1$ (segunda fila) y $k=1$ (tercera fila). Lo confirma el determinante, que es el producto de los pivotes:

   $|M|$${}= 1\cdot(k+1)(1-k)$${}= 1-k^2=0$${}\Longleftrightarrow k=\pm 1$

5. Si $k\ne\pm1$, los tres pivotes son no nulos: sistema compatible determinado.

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

6. Si $k=1$, la tercera fila es nula y la segunda es $(0\ \ 2\ \ 0\mid 4)$: sistema compatible indeterminado, con un grado de libertad.

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

7. Si $k=-1$, las dos últimas filas son $(0\ \ 0\ \ 2\mid 4)$ y $(0\ \ 0\ \ 2\mid 0)$, que dicen $2z=4$ y $2z=0$ a la vez: sistema incompatible.

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

Planteamiento Usamos la matriz escalonada del apartado a).

1. Para $k=0$ la matriz escalonada es

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

2. Resolvemos de abajo arriba:

   $z=0$$y=4-z=4$$x=-1+y=3$

3. Comprobación en las tres ecuaciones originales:

   $3-4+0=-1$$3+0+0=3$$6-4+0=2$

4. Para $k=1$ quedan dos ecuaciones independientes:

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

5. Con $z=t$ como parámetro:

   $(x,y,z)=(1-t,\,2,\,t)$$t\in\mathbb{R}$

Planteamiento Buscamos un punto y un vector director de cada recta. Si los vectores directores son proporcionales, las rectas son paralelas o coincidentes, y lo decide si un punto de una recta es de la otra.

1. Recta $r$: igualamos las tres expresiones a un parámetro $t$, es decir, $x=t$, $y=-t$, $z=t-m$:

   $P_r=(0,0,-m)$$\vec{v}_r=(1,-1,1)$

2. Recta $s$: el vector director es el producto vectorial de los vectores normales de los dos planos, y un punto se obtiene dando el valor $x=1$:

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

3. Los vectores directores son proporcionales (opuestos), así que tienen la misma dirección:

   $\vec{v}_s=-\vec{v}_r$

4. Por tanto, $r$ y $s$ son paralelas o coincidentes. Son coincidentes si $Q_s=(1,0,1)$ es de $r$, es decir, si cumple $x=-y=z+m$. Pero ya la primera igualdad falla, sea cual sea $m$:

   $x=1\ne 0=-y$

Planteamiento Como son paralelas, la distancia entre $r$ y $s$ es la distancia del punto $P_r$ a la recta $s$: $d(r,s)$${}= \dfrac{|\vec{v}_s\times\overrightarrow{P_rQ_s}|}{|\vec{v}_s|}$.

1. Vector entre los dos puntos:

   $\overrightarrow{P_rQ_s}$${}= (1,0,1)-(0,0,-m)$${}= (1,\,0,\,1+m)$

2. Producto vectorial con $\vec{v}_s$:

   $\vec{v}_s\times\overrightarrow{P_rQ_s}$${}= \begin{vmatrix}\vec{\imath}&\vec{\jmath}&\vec{k}\\ -1&1&-1\\ 1&0&1+m\end{vmatrix}$${}= (1+m,\ m,\ -1)$

3. Distancia, con $|\vec{v}_s|=\sqrt{3}$:

   $d(r,s)$${}= \frac{\sqrt{(1+m)^2+m^2+1}}{\sqrt{3}}$

4. Imponemos que valga $\sqrt{2}$ y elevamos al cuadrado:

   $\frac{(1+m)^2+m^2+1}{3}$${}= 2$${}\Longrightarrow 2m^2+2m+2$${}= 6$${}\Longrightarrow m^2+m-2=0$

5. Resolvemos:

   $m=\frac{-1\pm\sqrt{1+8}}{2}=\frac{-1\pm 3}{2}\ \Longrightarrow\ m=1$$m=-2$

Planteamiento Sea $x$ la distancia, en km, del cruce $O$ a la torre $T$, con $0\le x\le 12$. El cable $TA$ mide $12-x$ km, y el cable $TB$ es la hipotenusa de un triángulo rectángulo de catetos $x$ y $9$.

1. Teorema de Pitágoras:

   $d(T,B)=\sqrt{9^2+x^2}=\sqrt{81+x^2}$

2. Precio del cableado, en euros:

   $P(x)$${}= 125\,(12-x)$${}+250\sqrt{81+x^2}$

3. Derivamos:

   $P'(x)$${}= -125$${}+250\cdot\frac{2x}{2\sqrt{81+x^2}}$${}= -125$${}+\frac{250x}{\sqrt{81+x^2}}$

4. Igualamos a cero y elevamos al cuadrado (los dos lados son positivos para $x>0$):

   $\frac{250x}{\sqrt{81+x^2}}$${}= 125$${}\Longrightarrow \sqrt{81+x^2}$${}= 2x$${}\Longrightarrow 81+x^2$${}= 4x^2$${}\Longrightarrow x^2$${}= 27$

5. Solución positiva:

   $x=\sqrt{27}=3\sqrt{3}\approx 5{,}20$

6. Signo de la derivada a ambos lados: el precio decrece antes y crece después, así que es un mínimo:

   $P'(1)=-125+\frac{250}{\sqrt{82}}<0$$P'(6)=-125+\frac{1\,500}{\sqrt{117}}>0$

7. Precio mínimo, con $\sqrt{81+27}=\sqrt{108}=6\sqrt{3}$:

   $P(3\sqrt{3})$${}= 125\,(12-3\sqrt{3})$${}+250\cdot 6\sqrt{3}$${}= 1\,500-375\sqrt{3}$${}+1\,500\sqrt{3}$${}= 1\,500+1\,125\sqrt{3}$${}\approx 3\,449$

8. En los extremos del intervalo el precio es más alto, así que es el mínimo absoluto:

   $P(0)=1\,500+2\,250=3\,750$$P(12)=250\cdot 15=3\,750$

Planteamiento Calculamos la inversa de la segunda matriz con la fórmula de las matrices $2\times 2$, $\begin{pmatrix}p&q\\ r&s\end{pmatrix}^{-1}$${}= \dfrac{1}{ps-qr}\begin{pmatrix}s&-q\\ -r&p\end{pmatrix}$, y después multiplicamos.

1. Determinante, que no es nulo (la inversa existe):

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

2. Inversa:

   $\begin{pmatrix}2&1\\ 1&2\end{pmatrix}^{-1}$${}= \frac{1}{3}\begin{pmatrix}2&-1\\ -1&2\end{pmatrix}$

3. Producto:

   $\begin{pmatrix}2&3\\ 3&2\end{pmatrix}\cdot\frac{1}{3}\begin{pmatrix}2&-1\\ -1&2\end{pmatrix}$${}= \frac{1}{3}\begin{pmatrix}4-3&-2+6\\ 6-2&-3+4\end{pmatrix}$${}= \frac{1}{3}\begin{pmatrix}1&4\\ 4&1\end{pmatrix}$

4. El resultado también es de la familia $\mathcal{S}$ (los dos elementos de cada diagonal son iguales):

   $\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{4}{3}\\ \frac{4}{3}&\frac{1}{3}\end{pmatrix}$

Planteamiento Calculamos $\boldsymbol{A}^2$ y lo igualamos a $\boldsymbol{I}$ elemento a elemento.

1. Cuadrado de $\boldsymbol{A}$:

   $\boldsymbol{A}^2$${}= \begin{pmatrix}a&b\\ b&a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&b\\ b&a\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}a^2+b^2&2ab\\ 2ab&a^2+b^2\end{pmatrix}$

2. Igualando a $\boldsymbol{I}$:

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

3. De $2ab=0$, o bien $a=0$ o bien $b=0$:

   $a=0\ \Rightarrow\ b^2=1\ \Rightarrow\ b=\pm 1$$b=0\ \Rightarrow\ a^2=1\ \Rightarrow\ a=\pm 1$

Planteamiento Derivamos $f$ con la regla del cociente e imponemos las dos condiciones: $f'(-1)=0$ (extremo relativo en un punto donde $f$ es derivable; el denominador no se anula nunca) y $f(-2)=\frac{13}{5}$.

1. Derivada:

   $f'(x)$${}= \frac{(2ax+1)(x^2+1)-(ax^2+x+b)\cdot 2x}{(x^2+1)^2}$${}= \frac{-x^2+2(a-b)x+1}{(x^2+1)^2}$

2. Extremo en $x=-1$:

   $f'(-1)$${}= \frac{-1-2(a-b)+1}{4}$${}= \frac{-2(a-b)}{4}=0$${}\Longrightarrow a=b$

3. Paso por el punto $P$:

   $f(-2)$${}= \frac{4a-2+b}{5}$${}= \frac{13}{5}$${}\Longrightarrow 4a+b$${}= 15$

4. Con $a=b$:

   $5a=15\ \Longrightarrow\ a=b=3$

5. Comprobación: con $a=b=3$ la derivada es $f'(x)=\dfrac{1-x^2}{(x^2+1)^2}$, que cambia de signo en $x=-1$, de modo que hay de verdad un extremo:

   $f'(-2)=-\frac{3}{25}<0$$f'(0)=1>0$

Planteamiento Con $a=b$ la derivada ya no depende de $a$. El enunciado no dice si $a=b$ significa los valores del apartado a) ($a=b=3$) o cualquier pareja con $a=b$; como dónde están los extremos no depende de $a$, resolvemos el caso general y después damos los valores para $a=b=3$.

1. Con $a=b$:

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

2. Puntos críticos:

   $1-x^2=0\ \Longrightarrow\ x=-1$$x=1$

3. Signo de $f'$ (el denominador es siempre positivo):

   $f'(-2)=-\frac{3}{25}<0$$f'(0)=1>0$$f'(2)=-\frac{3}{25}<0$

4. $f$ decrece en $(-\infty,-1)$, crece en $(-1,1)$ y decrece en $(1,+\infty)$: tiene un mínimo relativo en $x=-1$ y un máximo relativo en $x=1$. Los valores, escribiendo $f(x)=a+\dfrac{x}{x^2+1}$, son

   $f(-1)=\frac{a-1+a}{2}=a-\frac{1}{2}$$f(1)=\frac{a+1+a}{2}=a+\frac{1}{2}$

5. Con los valores del apartado a), $a=b=3$:

   $f(-1)=\frac{5}{2}$$f(1)=\frac{7}{2}$