Matemàtiques CCSS, PAU 2022 de Catalunya: l’examen de juny (sèrie 2) resolt

Plantejament Hi ha producció quan $f(x)>0$. La gràfica de $f$ és una paràbola cap avall (el coeficient de $x^2$ és negatiu), de manera que és positiva entre els dos zeros.

1. Zeros de $f$:

   $-x^2+46x-360=0$${}\Longrightarrow x^2-46x+360=0$${}\Longrightarrow x=\frac{46\pm\sqrt{2\,116-1\,440}}{2}$${}= \frac{46\pm 26}{2}$

2. Les dues solucions:

   $x=10$$x=36$

3. Producció a $20$ °C, en centenars de quilograms per hectàrea:

   $f(20)=-400+920-360=160$

4. Són $16\,000$ kg per hectàrea, que a $1{,}2$ € el quilogram donen

   $16\,000\cdot 1{,}2=19\,200$

Plantejament Busquem el màxim de $f$: el punt on s’anul·la la derivada i el signe de la derivada a banda i banda.

1. Derivada i punt crític:

   $f'(x)=-2x+46=0\ \Longrightarrow\ x=23$

2. Signe de la derivada: $f$ creix abans de $23$ i decreix després, per tant és un màxim.

   $f'(22)=2>0$$f'(24)=-2<0$

3. Producció màxima, en centenars de quilograms per hectàrea:

   $f(23)$${}= -529+1\,058-360$${}= 169$

4. Són $16\,900$ kg per hectàrea, i els ingressos:

   $16\,900\cdot 1{,}2=20\,280$

Plantejament Anomenem $x$ el nombre de paneres de tipus A i $y$ el de paneres de tipus B (nombres naturals). Els pernils i el torró limiten la producció; el cava no, perquè n’hi ha prou. Volem fer el màxim nombre de paneres, $x+y$.

1. Funció objectiu (nombre total de paneres), que cal maximitzar:

   $f(x,y)=x+y$

2. Restriccions: pernils ($1$ i $2$ per panera, $40$ en total), torró ($5$ i $2$ per panera, $120$ en total) i quantitats no negatives:

   $\begin{cases}x+2y\le 40\\ 5x+2y\le 120\\ x\ge 0,\ y\ge 0\end{cases}$

3. Rectes que limiten la regió: $r_1$ talla els eixos a $(40,\ 0)$ i $(0,\ 20)$, i $r_2$ a $(24,\ 0)$ i $(0,\ 60)$. La regió factible és el quadrilàter que queda per sota de les dues rectes, dins del primer quadrant.

   $r_1:\ x+2y=40$$r_2:\ 5x+2y=120$

4. Vèrtex $O$: tall dels eixos $x=0$ i $y=0$.

   $O=(0,\ 0)$

5. Vèrtex $P$: tall de $y=0$ amb $r_2$ (el tall de $y=0$ amb $r_1$, $(40,\ 0)$, no compleix $r_2$ perquè $5\cdot 40=200>120$).

   $5x=120\ \Longrightarrow\ P=(24,\ 0)$

6. Vèrtex $Q$: tall de $r_1$ i $r_2$. Restant la primera equació de la segona:

   $4x=80\ \Longrightarrow\ x=20$$2y=40-20\ \Longrightarrow\ y=10$$Q=(20,\ 10)$

7. Vèrtex $R$: tall de $x=0$ amb $r_1$ (el tall amb $r_2$, $(0,\ 60)$, no compleix $r_1$ perquè $2\cdot 60=120>40$).

   $2y=40\ \Longrightarrow\ R=(0,\ 20)$

8. Valor de la funció objectiu a cada vèrtex:

   $f(O)=0$$f(P)=24$$f(Q)=20+10=30$$f(R)=20$

9. El màxim és a $Q$, que té coordenades enteres. Comprovació dels recursos: es fan servir tots els pernils i tot el torró, i $20+3\cdot 10=50$ ampolles de cava.

   $20+2\cdot 10=40$$5\cdot 20+2\cdot 10=120$

ResultatLa funció objectiu és $f(x,y)=x+y$, amb les restriccions $x+2y\le 40$, $5x+2y\le 120$, $x\ge 0$ i $y\ge 0$. La regió factible és el quadrilàter de vèrtexs $O=(0,\ 0)$, $P=(24,\ 0)$, $Q=(20,\ 10)$ i $R=(0,\ 20)$. L’empresa ha de fer $20$ paneres de tipus A i $10$ de tipus B: $30$ paneres en total.

La pauta oficial dona: $f(x,y)=x+y$; $x+2y\le 40$; $5x+2y\le 120$; $(0,\ 0)$, $(24,\ 0)$, $(20,\ 10)$, $(0,\ 20)$; $x=20$, $y=10$; $30$

Plantejament Ara $x=y$: substituïm $y$ per $x$ a les restriccions i busquem el nombre natural $x$ més gran que les compleix.

1. Pernils:

   $x+2x$${}\le 40$${}\Longrightarrow 3x$${}\le 40$${}\Longrightarrow x$${}\le \frac{40}{3}=13{,}33\ldots$

2. Torró:

   $5x+2x$${}\le 120$${}\Longrightarrow 7x$${}\le 120$${}\Longrightarrow x$${}\le \frac{120}{7}$${}= 17{,}14\ldots$

3. Les dues condicions alhora deixen $x\le 13{,}33\ldots$, i el nombre de paneres ha de ser natural:

   $x=y=13$

4. Comprovació: calen $39$ pernils i $91$ barres de torró, i no n’hi ha prou per a una panera més de cada tipus ($14$ de cada tipus demanarien $42$ pernils).

   $13+2\cdot 13=39\le 40$$5\cdot 13+2\cdot 13=91\le 120$

Plantejament La població inicial dona $P(0)=6$, i el màxim a $t=2$ dona $P'(2)=0$.

1. A l’instant inicial ($b>0$, el denominador no s’anul·la):

   $P(0)=a+\frac{12\cdot 0}{0+b}=a=6$

2. Derivada de la fracció (regla del quocient):

   $P'(t)$${}= \frac{12(t^2+b)-12t\cdot 2t}{(t^2+b)^2}$${}= \frac{12b-12t^2}{(t^2+b)^2}$

3. Imposem $P'(2)=0$ (n’hi ha prou que s’anul·li el numerador):

   $12b-12\cdot 4=0\ \Longrightarrow\ b=4$

4. Comprovem que és un màxim: amb $b=4$ el numerador és $12(4-t^2)$, positiu si $0\le t<2$ i negatiu si $t>2$, de manera que $P$ creix i després decreix.

   $P'(t)=\frac{12(4-t^2)}{(t^2+4)^2}$

Plantejament La població màxima és $P(2)$. A llarg termini cal calcular el límit de $P(t)$ quan $t\to+\infty$.

1. Població màxima, en centenars:

   $P(2)=6+\frac{24}{4+4}=6+3=9$

2. El grau del denominador ($2$) és més gran que el del numerador ($1$), i la fracció tendeix a $0$:

   $\lim_{t\to+\infty}P(t)$${}= 6+\lim_{t\to+\infty}\frac{12t}{t^2+4}$${}= 6+0$${}= 6$

Plantejament $\boldsymbol{P}$ és $2\times 3$ i $\boldsymbol{A}$ és $3\times 2$, així que $\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{A}$ és quadrada $2\times 2$. Una matriu quadrada és invertible quan el seu rang és màxim (aquí, $2$); el calculem pel mètode de Gauss.

1. Cada element és fila de $\boldsymbol{P}$ per columna de $\boldsymbol{A}$: $0\cdot(-1)+2\cdot 0+(-1)\cdot 1=-1$, $0\cdot(-2)+2\cdot 1+(-1)(-1)=3$, $a\cdot(-1)+2\cdot 0+3\cdot 1=3-a$ i $a\cdot(-2)+2\cdot 1$${}+3\cdot(-1)$${}= -2a-1$:

   $\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{A}$${}= \begin{pmatrix}0&2&-1\\ a&2&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&-2\\ 0&1\\ 1&-1\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}-1&3\\ 3-a&-2a-1\end{pmatrix}$

2. Sumem a la segona fila la primera multiplicada per $3-a$; el segon element queda $-2a-1+3(3-a)$:

   $\begin{pmatrix}-1&3\\ 3-a&-2a-1\end{pmatrix}$${}\to \begin{pmatrix}-1&3\\ 0&8-5a\end{pmatrix}$

3. El rang és $2$ si i només si la segona fila no és nul·la:

   $8-5a=0\ \Longleftrightarrow\ a=\frac{8}{5}$

4. Ho confirma el determinant, que només s’anul·la per a aquest valor:

   $\det(\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{A})$${}= (-1)(-2a-1)$${}-3(3-a)$${}= 5a-8$

Plantejament Aïllem $\boldsymbol{X}$ restant $\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{A}$ a tots dos costats: $\boldsymbol{X}=\boldsymbol{I}-\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{A}$.

1. Amb $a=2$: $3-a=1$ i $-2a-1=-5$.

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

2. Restem:

   $\boldsymbol{X}$${}= \begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\end{pmatrix}$${}-\begin{pmatrix}-1&3\\ 1&-5\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}2&-3\\ -1&6\end{pmatrix}$

Plantejament Calculem $R_e=R_0(1-p)$ amb $R_0=15$ i $p=0{,}95$ i el comparem amb $1$.

1. Proporció de no vacunats i $R_e$:

   $R_e$${}= 15\cdot(1-0{,}95)$${}= 15\cdot 0{,}05$${}= 0{,}75$

2. Comparem amb $1$:

   $0{,}75<1$

Plantejament Busquem les proporcions $p$ que fan $R_e=4(1-p)<1$.

1. Inequació:

   $4(1-p)$${}< 1$${}\Longrightarrow 1-p$${}< \frac{1}{4}$${}\Longrightarrow p$${}> 1-\frac{1}{4}$${}= \frac{3}{4}=0{,}75$

Plantejament Fem el mateix amb $R_0$ qualsevol: $R_0(1-p)<1$. Per a l’esbós, estudiem els valors als extrems, el creixement i la forma de la funció.

1. Aïllem $p$ (dividim per $R_0>0$):

   $R_0(1-p)$${}< 1$${}\Longrightarrow 1-p$${}< \frac{1}{R_0}$${}\Longrightarrow p$${}> 1-\frac{1}{R_0}$

2. El llindar és la funció

   $p(R_0)=1-\frac{1}{R_0}$$1\le R_0\le 20$

3. Valors als extrems de l’interval (i el de l’apartat b):

   $p(1)=0$$p(4)=\frac{3}{4}=0{,}75$$p(20)=\frac{19}{20}=0{,}95$

4. La derivada és sempre positiva: la funció és creixent i no té extrems relatius.

   $p'(R_0)=\frac{1}{R_0^2}>0$

5. La segona derivada és negativa: la funció és còncava i creix cada cop més a poc a poc, acostant-se a $1$ (asímptota horitzontal $p=1$ quan $R_0\to+\infty$).

   $p''(R_0)=-\frac{2}{R_0^3}<0$

ResultatEl llindar mínim de vacunació és $p(R_0)=1-\dfrac{1}{R_0}$. Entre $R_0=1$ i $R_0=20$ la funció creix de $0$ a $0{,}95$: puja de pressa al principi (amb $R_0=4$ ja cal un $75\ \%$) i després s’aplana per sota de $1$.

La pauta oficial dona: $p(R_0)=1-\frac{1}{R_0}$; $p(1)=0$; $p(20)=\frac{19}{20}=0{,}95$; $p'(R_0)=\frac{1}{R_0^2}>0$