Matemàtiques, PAU 2022 de Catalunya: l’examen de juny (sèrie 5) resolt

Plantejament La recta tangent en $x=a$ és $y=f'(a)(x-a)+f(a)$. El tall amb l’eix d’abscisses és on $y=0$.

1. Valor i pendent en $x=a$:

   $f(a)=a^3$$f'(x)=3x^2\ \Rightarrow\ f'(a)=3a^2$

2. Recta tangent:

   $t:\ y$${}= 3a^2(x-a)+a^3$${}= 3a^2x-2a^3$

3. Tall amb $y=0$ (com que $a>0$, podem dividir per $3a^2$):

   $3a^2x-2a^3=0\ \Longrightarrow\ x=\frac{2a^3}{3a^2}=\frac{2a}{3}$

Plantejament Per a $x>0$, $f''(x)=6x>0$: la corba és còncava cap amunt i la tangent queda per sota. La regió del primer quadrant és la que hi ha sota la corba entre $0$ i $a$ menys el triangle que la tangent forma amb l’eix entre $\frac{2a}{3}$ i $a$.

1. Esbós: la gràfica de $f$ passa per l’origen i és creixent; la tangent toca la corba a $(a,a^3)$ i talla l’eix a $\left(\frac{2a}{3},0\right)$ (vegeu la figura, feta amb el valor final $a=6$).

2. Àrea sota la corba entre $0$ i $a$:

   $\int_0^a x^3\,dx$${}= \left[\frac{x^4}{4}\right]_0^a$${}= \frac{a^4}{4}$

3. Triangle de base $a-\frac{2a}{3}=\frac{a}{3}$ i altura $a^3$:

   $\frac{1}{2}\cdot\frac{a}{3}\cdot a^3=\frac{a^4}{6}$

4. Àrea de la regió:

   $\frac{a^4}{4}-\frac{a^4}{6}=\frac{3a^4-2a^4}{12}=\frac{a^4}{12}$

5. Imposem que valgui $108$:

   $\frac{a^4}{12}$${}= 108$${}\Longrightarrow a^4$${}= 1\,296$${}\Longrightarrow a=6\quad(a>0)$

Resultat$a=6$

La pauta oficial dona: $\frac{a^4}{12}=108\Rightarrow a=6$

Plantejament Estudiem quan s’anul·la el determinant de la matriu de coeficients $A$ i, en aquests casos, comparem $\operatorname{rang}A$ amb el rang de la matriu ampliada $A'$.

1. Matriu ampliada:

   $A'$${}= \left(\begin{array}{ccc|c} 2&-1&3&0\\ 0&m&3-m&-6\\ 2&-1&m&6\end{array}\right)$

2. Restant la primera fila de la tercera (el determinant no canvia) queda una matriu triangular:

   $\det A$${}= \begin{vmatrix}2&-1&3\\ 0&m&3-m\\ 0&0&m-3\end{vmatrix}$${}= 2m(m-3)$${}= 2m^2-6m$

3. Si $m\ne 0$ i $m\ne 3$:

   $\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}A'=3$

4. Cas $m=0$: hi ha un menor d’ordre 2 no nul, i fent $F_3-F_1$ i després $F_3+F_2$ la tercera fila de $A'$ queda tota nul·la:

   $\begin{vmatrix}-1&3\\ 0&3\end{vmatrix}$${}= -3$${}\ne 0$$\left(\begin{array}{ccc|c} 2&-1&3&0\\ 0&0&3&-6\\ 0&0&0&0\end{array}\right)$${}\Rightarrow \operatorname{rang}A$${}= \operatorname{rang}A'$${}= 2$

5. Cas $m=3$: la primera i la tercera fila de $A$ són iguals, però els termes independents no ($0$ i $6$). Fent $F_3-F_1$:

   $\begin{vmatrix}2&-1\\ 0&3\end{vmatrix}$${}= 6$${}\ne 0$$\left(\begin{array}{ccc|c} 2&-1&3&0\\ 0&3&0&-6\\ 0&0&0&6\end{array}\right)$${}\Rightarrow \operatorname{rang}A$${}= 2,\ \operatorname{rang}A'$${}= 3$

Plantejament Resolem a partir de les matrius esglaonades de l’apartat a) i mirem els vectors normals dels tres plans per saber com es tallen.

1. $m=0$: de la segona equació, $3z=-6$; de la primera, $y=2x+3z$:

   $z=-2$$y=2x-6$

2. Amb $x=k$:

   $(x,y,z)=(k,\ 2k-6,\ -2)$$k\in\mathbb{R}$

3. Vectors normals per a $m=0$: cap parell no és proporcional, de manera que els tres plans són diferents i, com que el sistema és compatible amb rang $2$, es tallen en una recta:

   $\vec n_1=(2,-1,3)$$\vec n_2=(0,0,3)$$\vec n_3=(2,-1,0)$

4. $m=3$: el sistema no té solució. Els plans $\pi_1$ i $\pi_3$ tenen el mateix vector normal i termes independents diferents:

   $\pi_1:\ 2x-y+3z=0$$\pi_3:\ 2x-y+3z=6$$\pi_2:\ 3y=-6$

5. Per tant, $\pi_1$ i $\pi_3$ són paral·lels (i diferents). Com que $\vec n_2=(0,3,0)$ no és proporcional a $(2,-1,3)$, el pla $\pi_2$ talla tots dos.

Plantejament Els catets mesuren $x$ i $y$, amb $x+y=10$; per tant, $y=10-x$ i $0<x<10$.

1. Àrea en funció de $x$:

   $A(x)=\frac{x(10-x)}{2}=\frac{10x-x^2}{2}$

2. Derivada i punt crític:

   $A'(x)=\frac{10-2x}{2}=5-x=0\ \Longrightarrow\ x=5$

3. Segona derivada:

   $A''(x)=-1<0\ \Longrightarrow\ \text{màxim}$

4. Valor màxim (llavors $y=5$):

   $A(5)=\frac{5\cdot 5}{2}=\frac{25}{2}$

Plantejament La hipotenusa surt del teorema de Pitàgores. Busquem el mínim derivant i estudiant el signe de la derivada.

1. Hipotenusa en funció de $x$:

   $H(x)$${}= \sqrt{x^2+(10-x)^2}$${}= \sqrt{2x^2-20x+100}$

2. Derivada:

   $H'(x)$${}= \frac{4x-20}{2\sqrt{2x^2-20x+100}}$${}= \frac{2x-10}{\sqrt{2x^2-20x+100}}$

3. $H'(x)=0$ quan el numerador és zero; el denominador sempre és positiu, així que $H'<0$ si $x<5$ i $H'>0$ si $x>5$: hi ha un mínim.

   $2x-10=0\ \Longrightarrow\ x=5$

4. Valor mínim:

   $H(5)$${}= \sqrt{50-100+100}$${}= \sqrt{50}$${}= 5\sqrt2$

Plantejament Tres punts estan alineats si els vectors que els uneixen són proporcionals. Calculem els vectors des de $A$.

1. Vectors des de $A$:

   $\overrightarrow{AB}=(1,1,0)$$\overrightarrow{AC}=(-1,-1,0)$$\overrightarrow{AD}=(1,0,0)$

2. $\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{AB}$: $A$, $B$ i $C$ estan alineats. En canvi, $\overrightarrow{AD}$ no és proporcional a $\overrightarrow{AB}$, de manera que $D$ no és a la recta.

   $\overrightarrow{AC}=-1\cdot\overrightarrow{AB}$

3. Recta per $A=(0,0,1)$ amb vector director $(1,1,0)$, en forma paramètrica:

   $r:\ \begin{cases} x=k\\ y=k\\ z=1\end{cases}\quad k\in\mathbb{R}$

4. En forma contínua (el denominador $0$ és la manera habitual d’indicar que $z-1=0$):

   $\frac{x}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z-1}{0}$

Plantejament Com que $C$ és a la recta $AB$, el pla queda determinat per $A$, $B$ i $D$. El vector normal és el producte vectorial de $\overrightarrow{AB}$ i $\overrightarrow{AD}$.

1. Producte vectorial:

   $\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AD}$${}= \begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\ 1&1&0\\ 1&0&0\end{vmatrix}$${}= (1\cdot 0-0\cdot 0,\ 0\cdot 1-1\cdot 0,\ 1\cdot 0-1\cdot 1)$${}= (0,0,-1)$

2. Pla pel punt $A=(0,0,1)$ amb aquest vector normal:

   $0(x-0)+0(y-0)$${}-1(z-1)=0$${}\Longrightarrow z=1$

3. Comprovació: els quatre punts tenen tercera coordenada $1$.

   $z_A=z_B=z_C=z_D=1$

Plantejament El programa és el mètode de la bisecció, que es basa en el teorema de Bolzano: si $f$ és contínua a $[a,b]$ i $f(a)\cdot f(b)<0$, hi ha almenys una arrel a $(a,b)$.

1. $f(x)=x+\ln(x)$ és contínua a $[0{,}5;\ 2]$, perquè és la suma d’un polinomi i del logaritme, que és continu a $(0,+\infty)$. Els signes als extrems són diferents:

   $f(0{,}5)$${}= 0{,}5+\ln 0{,}5$${}\approx 0{,}5-0{,}6931$${}= -0{,}1931$${}< 0$$f(2)=2+\ln 2\approx 2{,}6931>0$

2. Pel teorema de Bolzano hi ha una arrel a $(0{,}5;\ 2)$. A més, és l’única, perquè $f$ és estrictament creixent:

   $f'(x)=1+\frac{1}{x}>0\quad\text{si }x>0$

3. A cada pas el programa pren el punt mitjà $c$ i es queda amb la meitat $[a,c]$ o $[c,b]$ on la funció canvia de signe. El nou interval torna a complir Bolzano i té la meitat d’amplada; després de $n$ passos l’amplada és:

   $b_n-a_n$${}= \frac{2-0{,}5}{2^n}$${}= \frac{1{,}5}{2^n}$

4. Així $a$ i $b$ s’acosten tant com vulguem a l’arrel, que queda sempre entre tots dos. Per això el programa en dona una aproximació, $x\approx 0{,}5671$.

   $a_n<x^*<b_n$$b_n-a_n\to 0$

5. Un detall de l’enunciat: la condició de parada està escrita com $f(a)-f(b)<0{,}00000001$, sense valor absolut. Com que aquí $f(a)<0<f(b)$ en tot moment, $f(a)-f(b)$ sempre és negatiu i, llegida literalment, la condició aturaria el programa de seguida. Cal entendre-la com $|f(a)-f(b)|<0{,}00000001$ (o bé $b-a$ molt petit), que és el que fa que calgui una trentena d’iteracions.

   $|f(a)-f(b)|<0{,}00000001$

Plantejament Per aplicar el programa cal, per a cada arrel, un interval on $f$ sigui contínua, canviï de signe i (perquè l’arrel sigui única) sigui monòtona. Els intervals de monotonia surten dels zeros de $f'$.

1. Derivada:

   $f'(x)$${}= 3x^2-6x$${}= 3x(x-2)=0$${}\Longrightarrow x=0,\ x$${}= 2$

2. $f$ creix a $(-\infty,0)$, decreix a $(0,2)$ i creix a $(2,+\infty)$. Valors als extrems relatius:

   $f(0)=1>0$$f(2)=8-12+1=-3<0$

3. Busquem un valor abans de $0$ i un després de $2$ amb el signe contrari:

   $f(-1)=-1-3+1=-3<0$$f(3)=27-27+1=1>0$

4. A cada interval $f$ és contínua (és un polinomi), canvia de signe i és monòtona, i per tant hi ha exactament una arrel:

   $f(-1)\cdot f(0)=-3<0$$f(0)\cdot f(2)=-3<0$$f(2)\cdot f(3)=-3<0$