Matemáticas, PAU 2022 de Cataluña: el examen de junio (serie 5) resuelto

Planteamiento La recta tangente en $x=a$ es $y=f'(a)(x-a)+f(a)$. El corte con el eje de abscisas es donde $y=0$.

1. Valor y pendiente en $x=a$:

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

2. Recta tangente:

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

3. Corte con $y=0$ (como $a>0$, podemos dividir por $3a^2$):

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

Planteamiento Para $x>0$, $f''(x)=6x>0$: la curva es cóncava hacia arriba y la tangente queda por debajo. La región del primer cuadrante es la que hay bajo la curva entre $0$ y $a$ menos el triángulo que la tangente forma con el eje entre $\frac{2a}{3}$ y $a$.

1. Esbozo: la gráfica de $f$ pasa por el origen y es creciente; la tangente toca la curva en $(a,a^3)$ y corta el eje en $\left(\frac{2a}{3},0\right)$ (vea la figura, hecha con el valor final $a=6$).

2. Área bajo la curva entre $0$ y $a$:

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

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

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

4. Área de la región:

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

5. Imponemos que valga $108$:

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

Resultado$a=6$

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

Planteamiento Estudiamos cuándo se anula el determinante de la matriz de coeficientes $A$ y, en esos casos, comparamos $\operatorname{rg}A$ con el rango de la matriz ampliada $A'$.

1. Matriz ampliada:

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

2. Restando la primera fila de la tercera (el determinante no cambia) queda una matriz 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 $m\ne 0$ y $m\ne 3$:

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

4. Caso $m=0$: hay un menor de orden 2 no nulo, y haciendo $F_3-F_1$ y después $F_3+F_2$ la tercera fila de $A'$ queda toda nula:

   $\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{rg}A$${}= \operatorname{rg}A'$${}= 2$

5. Caso $m=3$: la primera y la tercera fila de $A$ son iguales, pero los términos independientes no ($0$ y $6$). Haciendo $F_3-F_1$:

   $\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{rg}A$${}= 2,\ \operatorname{rg}A'$${}= 3$

Planteamiento Resolvemos a partir de las matrices escalonadas del apartado a) y miramos los vectores normales de los tres planos para saber cómo se cortan.

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

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

2. Con $x=k$:

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

3. Vectores normales para $m=0$: ninguna pareja es proporcional, de modo que los tres planos son distintos y, como el sistema es compatible con rango $2$, se cortan 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 tiene solución. Los planos $\pi_1$ y $\pi_3$ tienen el mismo vector normal y términos independientes distintos:

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

5. Por tanto, $\pi_1$ y $\pi_3$ son paralelos (y distintos). Como $\vec n_2=(0,3,0)$ no es proporcional a $(2,-1,3)$, el plano $\pi_2$ corta a ambos.

Planteamiento Los catetos miden $x$ e $y$, con $x+y=10$; por tanto, $y=10-x$ y $0<x<10$.

1. Área en función de $x$:

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

2. Derivada y punto crítico:

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

3. Segunda derivada:

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

4. Valor máximo (entonces $y=5$):

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

Planteamiento La hipotenusa sale del teorema de Pitágoras. Buscamos el mínimo derivando y estudiando el signo de la derivada.

1. Hipotenusa en función 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. $H'(x)=0$ cuando el numerador es cero; el denominador siempre es positivo, así que $H'<0$ si $x<5$ y $H'>0$ si $x>5$: hay un mínimo.

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

4. Valor mínimo:

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

Planteamiento Tres puntos están alineados si los vectores que los unen son proporcionales. Calculamos los vectores desde $A$.

1. Vectores desde $A$:

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

2. $\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{AB}$: $A$, $B$ y $C$ están alineados. En cambio, $\overrightarrow{AD}$ no es proporcional a $\overrightarrow{AB}$, de modo que $D$ no está en la recta.

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

3. Recta por $A=(0,0,1)$ con vector director $(1,1,0)$, en forma paramétrica:

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

4. En forma continua (el denominador $0$ es la forma habitual de indicar que $z-1=0$):

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

Planteamiento Como $C$ está en la recta $AB$, el plano queda determinado por $A$, $B$ y $D$. El vector normal es el producto vectorial de $\overrightarrow{AB}$ y $\overrightarrow{AD}$.

1. Producto 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. Plano por el punto $A=(0,0,1)$ con ese vector normal:

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

3. Comprobación: los cuatro puntos tienen tercera coordenada $1$.

   $z_A=z_B=z_C=z_D=1$

Planteamiento El programa es el método de la bisección, que se basa en el teorema de Bolzano: si $f$ es continua en $[a,b]$ y $f(a)\cdot f(b)<0$, hay al menos una raíz en $(a,b)$.

1. $f(x)=x+\ln(x)$ es continua en $[0{,}5;\ 2]$, porque es la suma de un polinomio y del logaritmo, que es continuo en $(0,+\infty)$. Los signos en los extremos son distintos:

   $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. Por el teorema de Bolzano hay una raíz en $(0{,}5;\ 2)$. Además, es la única, porque $f$ es estrictamente creciente:

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

3. En cada paso el programa toma el punto medio $c$ y se queda con la mitad $[a,c]$ o $[c,b]$ donde la función cambia de signo. El nuevo intervalo vuelve a cumplir Bolzano y mide la mitad; después de $n$ pasos la anchura es:

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

4. Así $a$ y $b$ se acercan tanto como queramos a la raíz, que queda siempre entre ambos. Por eso el programa da una aproximación de ella, $x\approx 0{,}5671$.

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

5. Un detalle del enunciado: la condición de parada está escrita como $f(a)-f(b)<0{,}00000001$, sin valor absoluto. Como aquí $f(a)<0<f(b)$ en todo momento, $f(a)-f(b)$ siempre es negativo y, leída literalmente, la condición pararía el programa enseguida. Hay que entenderla como $|f(a)-f(b)|<0{,}00000001$ (o bien $b-a$ muy pequeño), que es lo que hace que hagan falta unas treinta iteraciones.

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

Planteamiento Para aplicar el programa hace falta, para cada raíz, un intervalo en el que $f$ sea continua, cambie de signo y (para que la raíz sea única) sea monótona. Los intervalos de monotonía salen de los ceros de $f'$.

1. Derivada:

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

2. $f$ crece en $(-\infty,0)$, decrece en $(0,2)$ y crece en $(2,+\infty)$. Valores en los extremos relativos:

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

3. Buscamos un valor antes de $0$ y uno después de $2$ con el signo contrario:

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

4. En cada intervalo $f$ es continua (es un polinomio), cambia de signo y es monótona, y por tanto hay exactamente una raíz:

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