Programación lineal: ejercicios de la PAU de Matemáticas CCSS de Andalucía resueltos

Planteamiento Llamamos $x$ a los $\mathrm{m}^2$ de tablero DM e $y$ a los $\mathrm{m}^2$ de aglomerado que se producen cada día. Hay que maximizar el beneficio $F(x,y)=10x+20y$, en euros, dentro de la región que marcan las restricciones.

1. Restricciones de los máximos de cada tipo y de la producción conjunta:

   $0\le x\le 12$$0\le y\le 18$$x+y\le 26$

2. Madera triturada ($10\ \mathrm{m}^3$ por $\mathrm{m}^2$ de DM y $30\ \mathrm{m}^3$ por $\mathrm{m}^2$ de aglomerado), dividida entre 10:

   $10x+30y\le 600\ \Longleftrightarrow\ x+3y\le 60$

3. La región factible es el polígono limitado por esas rectas (figura). Vértice $O$, corte de $x=0$ con $y=0$:

   $O=(0,\ 0)$

4. Vértice $A$, corte de $y=0$ con $x=12$:

   $A=(12,\ 0)$

5. Vértice $B$, corte de $x=12$ con $x+y=26$, que da $y=26-12=14$; cumple la de la madera, $12+3\cdot 14=54\le 60$:

   $B=(12,\ 14)$

6. Vértice $C$, corte de $x+y=26$ con $x+3y=60$; restando las dos ecuaciones, $2y=34$:

   $y=17$$x=26-17=9\ \Longrightarrow\ C=(9,\ 17)$

7. Vértice $D$, corte de $y=18$ con $x+3y=60$, que da $x=60-54=6$:

   $D=(6,\ 18)$

8. Vértice $E$, corte de $x=0$ con $y=18$:

   $E=(0,\ 18)$

9. El corte de $y=18$ con $x+y=26$, el punto $(8,\ 18)$, no es vértice: gasta $10\cdot 8+30\cdot 18=620\ \mathrm{m}^3$, más de los $600\ \mathrm{m}^3$ de madera que hay.

   $620>600$

10. Valor del beneficio en los tres primeros vértices:

    $F(O)=0$$F(A)=120$$F(B)=120+280=400$

11. Y en los otros tres:

    $F(C)=90+340=430$$F(D)=60+360=420$$F(E)=360$

ResultadoHay que producir cada día $9\ \mathrm{m}^2$ de tablero DM y $17\ \mathrm{m}^2$ de tablero aglomerado, en el vértice $C=(9,\ 17)$. El beneficio máximo es de $430$ €.

Planteamiento Llamamos $x$ al número de lechugas iceberg e $y$ al de romanas de un ciclo. Queremos minimizar el agua, $F(x,y)=15x+18y$ litros, sujeta a las condiciones del enunciado.

1. Restricciones: iceberg al menos la mitad de romana, como mucho $1\,500$ iceberg, entre $900$ y $2\,400$ en total y cantidades no negativas.

   $x\ge\frac{y}{2}\ (y\le 2x)$$x\le 1\,500$$900\le x+y\le 2\,400$$x\ge 0,\ y\ge 0$

2. La región factible es el polígono limitado por las rectas $y=2x$, $x=1\,500$, $x+y=900$, $x+y=2\,400$ e $y=0$. Primer vértice, corte de $x+y=900$ con $y=2x$ (sale $x=300$ e $y=2\cdot 300=600$):

   $x+2x=900\ \Longrightarrow\ A=(300;\ 600)$

3. Corte de $x+y=900$ con $y=0$:

   $B=(900;\ 0)$

4. Corte de $y=0$ con $x=1\,500$:

   $C=(1\,500;\ 0)$

5. Corte de $x=1\,500$ con $x+y=2\,400$:

   $y$${}= 2\,400-1\,500$${}= 900$${}\Longrightarrow D=(1\,500;\ 900)$

6. Corte de $x+y=2\,400$ con $y=2x$ (sale $x=800$ e $y=2\cdot 800=1\,600$):

   $3x=2\,400\ \Longrightarrow\ E=(800;\ 1\,600)$

7. Valor de la función objetivo $F(x,y)=15x+18y$ en el vértice $A$:

   $F(A)=4\,500+10\,800=15\,300$

8. En el vértice $B$:

   $F(B)=15\cdot 900+18\cdot 0=13\,500$

9. En el vértice $C$:

   $F(C)$${}= 15\cdot 1\,500+18\cdot 0$${}= 22\,500$

10. En el vértice $D$:

    $F(D)=22\,500+16\,200=38\,700$

11. En el vértice $E$:

    $F(E)=12\,000+28\,800=40\,800$

12. El menor de los cinco valores está en $B$, y solo en $B$. Tiene sentido: con $900$ lechugas como mínimo, cada romana que se cambia por una iceberg ahorra 3 litros, y $B$ es el punto del lado $x+y=900$ con más iceberg.

    $\min F=F(B)=13\,500$

ResultadoEl consumo mínimo de agua es de $13\,500$ litros y se obtiene cultivando $900$ lechugas iceberg y $0$ romanas, el vértice $B=(900;\ 0)$. Matemáticamente es la única solución óptima; si el agricultor quisiera cultivar obligatoriamente los dos tipos, el enunciado tendría que exigir $y>0$, y no lo hace.

Planteamiento Llamamos $x$ a las hectáreas de regadío e $y$ a las de secano. Queremos maximizar la producción anual, $P(x,y)=10\,000x+5\,000y$ kg, con los recursos disponibles.

1. Agua: solo la usa el regadío, $1\,500x\le 30\,000$. Dividiendo entre $1\,500$:

   $x\le 20$

2. Abono, $110x+100y\le 5\,500$, y fitosanitarios, $80x+50y\le 3\,000$. Dividimos la primera entre 10 y la segunda entre 10:

   $11x+10y\le 550$$8x+5y\le 300$

3. Mínimo de secano y hectáreas no negativas:

   $y\ge 20$$x\ge 0$

4. La región factible es el polígono limitado por las rectas $x=0$, $y=20$, $x=20$, $8x+5y=300$ y $11x+10y=550$. Vértice $A$, corte de $x=0$ con $y=20$:

   $A=(0,\ 20)$

5. Vértice $B$, corte de $y=20$ con $x=20$:

   $B=(20,\ 20)$

6. Vértice $C$, corte de $x=20$ con $8x+5y=300$ (sale $5y=300-160=140$):

   $y=\frac{140}{5}=28\ \Longrightarrow\ C=(20,\ 28)$

7. Vértice $D$, corte de $11x+10y=550$ con $8x+5y=300$. Multiplicamos la segunda por 2 y restamos: $16x-11x=600-550$.

   $5x=50\ \Longrightarrow\ x=10$

8. Sustituimos en $8x+5y=300$:

   $y=\frac{300-80}{5}=44\ \Longrightarrow\ D=(10,\ 44)$

9. Vértice $E$, corte de $x=0$ con $11x+10y=550$:

   $E=(0,\ 55)$

10. Comprobamos que $C$ cumple la restricción del abono y $E$ la de fitosanitarios, que no los definen:

    $11\cdot 20+10\cdot 28=500\le 550$$5\cdot 55=275\le 300$

11. Producción en cada vértice, con $P(x,y)=10\,000x+5\,000y$. En $A$ y en $B$:

    $P(A)=100\,000$$P(B)$${}= 200\,000+100\,000$${}= 300\,000$

12. En $C$:

    $P(C)$${}= 200\,000+140\,000$${}= 340\,000$

13. En $D$:

    $P(D)$${}= 100\,000+220\,000$${}= 320\,000$

14. En $E$:

    $P(E)=0+275\,000=275\,000$

15. El mayor valor se alcanza solo en $C$:

    $\max P=P(C)=340\,000$

ResultadoDebe cultivar $20$ hectáreas de regadío y $28$ de secano, el vértice $C=(20,\ 28)$. La producción máxima esperada es de $340\,000$ kg al año. Se supone que la finca tiene al menos esas $48$ hectáreas, porque el enunciado no fija su superficie total.

Planteamiento Llamamos $x$ al número de anuncios de radio e $y$ al de televisión. Queremos maximizar la audiencia, $F(x,y)=34\,000x+72\,000y$ personas.

1. Presupuesto: $2\,400x+3\,600y\le 78\,000$. Dividiendo entre $1\,200$:

   $2x+3y\le 65$

2. La diferencia entre los dos números no puede pasar de 10, en un sentido ni en el otro:

   $x-y\le 10$$y-x\le 10$

3. Mínimo de 10 anuncios y cantidades no negativas:

   $x+y\ge 10$$x\ge 0$$y\ge 0$

4. La región factible es el cuadrilátero limitado por $x+y=10$, $x-y=10$, $2x+3y=65$ e $y-x=10$. Vértice $A$, corte de $x+y=10$ con $x-y=10$ (sumando, $2x=20$):

   $A=(10,\ 0)$

5. Vértice $B$, corte de $x-y=10$ con $2x+3y=65$. Sustituimos $x=y+10$: $2y+20+3y=65$, así que $5y=45$ e $y=9$; y $x=9+10=19$.

   $B=(19,\ 9)$

6. Vértice $C$, corte de $y-x=10$ con $2x+3y=65$. Sustituimos $y=x+10$: $2x+3x+30=65$, así que $5x=35$ y $x=7$; e $y=7+10=17$.

   $C=(7,\ 17)$

7. Vértice $D$, corte de $x+y=10$ con $y-x=10$ (sumando, $2y=20$):

   $D=(0,\ 10)$

8. Los cuatro vértices tienen coordenadas enteras, como debe ser con números de anuncios. Audiencia en $A$ y en $D$:

   $F(A)=340\,000$$F(D)=720\,000$

9. En $B$:

   $F(B)$${}= 646\,000+648\,000$${}= 1\,294\,000$

10. En $C$:

    $F(C)$${}= 238\,000+1\,224\,000$${}= 1\,462\,000$

11. El mayor valor se alcanza solo en $C$. Además, gasta justo el presupuesto:

    $2\,400\cdot 7+3\,600\cdot 17$${}= 16\,800+61\,200$${}= 78\,000$

ResultadoDebe contratar $7$ anuncios de radio y $17$ de televisión, el vértice $C=(7,\ 17)$. La audiencia máxima sería de $1\,462\,000$ personas.

Planteamiento Cada inecuación es un semiplano limitado por una recta, y $R$ es la parte común a los cinco. Dibujamos cada recta con dos de sus puntos y miramos con un punto de prueba qué lado cumple la inecuación. A los vértices los llamamos $O$, $P$, $Q$, $S$ y $T$, porque las letras $A$ y $B$ ya las usa el apartado b.

1. $2x-3y=1$ pasa por $\left(\frac{1}{2},\ 0\right)$ y $(2,\ 1)$. El origen la cumple ($0\le 1$), así que $R$ queda del lado del origen.

2. $4x+y=9$ pasa por $(0,\ 9)$ y $(2,\ 1)$; $x+y=5$, por $(0,\ 5)$ y $(5,\ 0)$. El origen cumple las dos ($0\le 9$ y $0\le 5$): $R$ queda por debajo de ambas rectas.

3. $9x-y=0$ pasa por $(0,\ 0)$ y $(1,\ 9)$. El punto $(1,\ 0)$ la cumple ($9\ge 0$), así que $R$ queda a la derecha de esta recta; y $y\ge 0$ deja $R$ por encima del eje de abscisas.

4. Vértice $O$, corte de $9x-y=0$ con $y=0$:

   $O=(0,\ 0)$

5. Vértice $P$, corte de $2x-3y=1$ con $y=0$:

   $2x=1\ \Longrightarrow\ P=\left(\frac{1}{2},\ 0\right)$

6. Vértice $Q$, corte de $2x-3y=1$ con $4x+y=9$: despejamos $y=9-4x$ en la segunda y sustituimos en la primera.

   $2x-27+12x=1\ \Longrightarrow\ 14x=28$

7. De ahí sale $x=2$, y con $y=9-4x$:

   $y=9-8=1\ \Longrightarrow\ Q=(2,\ 1)$

8. Vértice $S$, corte de $4x+y=9$ con $x+y=5$: restamos la segunda ecuación a la primera.

   $3x=4\ \Longrightarrow\ x=\frac{4}{3}$

9. Y con $y=5-x$:

   $y=5-\frac{4}{3}=\frac{11}{3}\ \Longrightarrow\ S=\left(\frac{4}{3},\ \frac{11}{3}\right)$

10. Vértice $T$, corte de $x+y=5$ con $9x-y=0$: sumamos las dos ecuaciones.

    $10x=5\ \Longrightarrow\ x=\frac{1}{2}$

11. Y $y=9x=\frac{9}{2}$, así que $T=\left(\frac{1}{2},\ \frac{9}{2}\right)$. Los demás cortes de rectas quedan fuera de $R$; por ejemplo, el de $x+y=5$ con $y=0$, el punto $(5,\ 0)$, no cumple $2x-3y\le 1$, porque $10>1$.

ResultadoLa región $R$ es el pentágono de vértices $O=(0,\ 0)$, $P=\left(\frac{1}{2},\ 0\right)$, $Q=(2,\ 1)$, $S=\left(\frac{4}{3},\ \frac{11}{3}\right)$ y $T=\left(\frac{1}{2},\ \frac{9}{2}\right)$; está dibujada en la figura.

Planteamiento Un punto pertenece a $R$ si cumple las cinco inecuaciones; basta que falle una para que no pertenezca.

1. Punto $A(2,\ 2)$: la primera inecuación se cumple, pero la segunda no.

   $2\cdot 2-3\cdot 2=-2\le 1$$4\cdot 2+2=10>9$

2. Punto $B(1;\ 3{,}5)$, en las tres primeras inecuaciones:

   $2-10{,}5=-8{,}5\le 1$$4+3{,}5=7{,}5\le 9$$1+3{,}5=4{,}5\le 5$

3. Y en las dos últimas:

   $9-3{,}5=5{,}5\ge 0$$3{,}5\ge 0$

Planteamiento La región $R$ es un polígono acotado, así que $F(x,y)=5x-3y$ alcanza su máximo y su mínimo en vértices. Evaluamos $F$ en los cinco.

1. En $O$ y en $P$:

   $F(0,\ 0)=0$$F\left(\frac{1}{2},\ 0\right)=\frac{5}{2}$

2. En $Q$:

   $F(2,\ 1)=10-3=7$

3. En $S$:

   $F\left(\frac{4}{3},\ \frac{11}{3}\right)=\frac{20}{3}-11=-\frac{13}{3}$

4. En $T$:

   $F\left(\frac{1}{2},\ \frac{9}{2}\right)=\frac{5}{2}-\frac{27}{2}=-11$

5. El mayor valor es $7$ y el menor, $-11$; cada uno se alcanza en un solo vértice.

Planteamiento Llamamos $x$ al número de anillos del primer tipo e $y$ al del segundo que se montan cada semana. Queremos maximizar el valor de la venta, en euros, $F(x,y)=21x+50y$.

1. Piedras de mayor calidad (1 por cada anillo del primer tipo y 3 por cada uno del segundo; hay 200):

   $x+3y\le 200$

2. Piedras de menor calidad (2 y 1; hay 150):

   $2x+y\le 150$

3. Tiempo de trabajo, al menos $1\,900$ minutos:

   $20x+50y\ge 1\,900$

4. Al menos 20 anillos del primer tipo, y ninguna cantidad negativa:

   $x\ge 20$$y\ge 0$

5. La región factible es el cuadrilátero que encierran esas rectas (figura). Vértice $A$, corte de $x=20$ con $20x+50y=1\,900$:

   $400+50y=1\,900\ \Longrightarrow\ y=30$$A=(20,\ 30)$

6. Vértice $B$, corte de $20x+50y=1\,900$ con $2x+y=150$: despejamos $y=150-2x$ y sustituimos.

   $20x+7\,500-100x$${}= 1\,900$${}\Longrightarrow x=70$

7. De ahí:

   $y=150-140=10$$B=(70,\ 10)$

8. Vértice $C$, corte de $2x+y=150$ con $x+3y=200$: despejamos $x=200-3y$ y sustituimos.

   $400-6y+y=150\ \Longrightarrow\ y=50$

9. De ahí:

   $x=200-150=50$$C=(50,\ 50)$

10. Vértice $D$, corte de $x+3y=200$ con $x=20$:

    $3y=180\ \Longrightarrow\ y=60$$D=(20,\ 60)$

11. La condición $y\ge 0$ no llega a ser frontera: el corte de $20x+50y=1\,900$ con $y=0$, el punto $(95,\ 0)$, necesitaría $190$ piedras de menor calidad y solo hay $150$.

12. Valor de la venta en $A$:

    $F(20,\ 30)$${}= 21\cdot 20+50\cdot 30$${}= 420+1\,500$${}= 1\,920$

13. En $B$:

    $F(70,\ 10)$${}= 21\cdot 70+50\cdot 10$${}= 1\,470+500$${}= 1\,970$

14. En $C$:

    $F(50,\ 50)$${}= 21\cdot 50+50\cdot 50$${}= 1\,050+2\,500$${}= 3\,550$

15. En $D$:

    $F(20,\ 60)$${}= 21\cdot 20+50\cdot 60$${}= 420+3\,000$${}= 3\,420$

16. La región es acotada, así que el máximo está en un vértice: el de mayor valor es $C$.

ResultadoDeben montarse $50$ anillos de cada tipo a la semana (vértice $C=(50,\ 50)$). El valor máximo de la venta es de $3\,550$ €.