Matemáticas CCSS, PAU 2022 de Cataluña: el examen de junio (serie 2) resuelto

Planteamiento Hay producción cuando $f(x)>0$. La gráfica de $f$ es una parábola hacia abajo (el coeficiente de $x^2$ es negativo), así que es positiva entre sus dos ceros.

1. Ceros 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. Las dos soluciones:

   $x=10$$x=36$

3. Producción a $20$ °C, en centenares de kilogramos por hectárea:

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

4. Son $16\,000$ kg por hectárea, que a $1{,}2$ € el kilogramo dan

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

Planteamiento Buscamos el máximo de $f$: el punto donde se anula la derivada y el signo de la derivada a ambos lados.

1. Derivada y punto crítico:

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

2. Signo de la derivada: $f$ crece antes de $23$ y decrece después, así que es un máximo.

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

3. Producción máxima, en centenares de kilogramos por hectárea:

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

4. Son $16\,900$ kg por hectárea, y los ingresos:

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

Planteamiento Llamamos $x$ al número de cestas de tipo A e $y$ al de cestas de tipo B (números naturales). Los jamones y el turrón limitan la producción; el cava no, porque hay suficiente. Queremos hacer el máximo número de cestas, $x+y$.

1. Función objetivo (número total de cestas), que hay que maximizar:

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

2. Restricciones: jamones ($1$ y $2$ por cesta, $40$ en total), turrón ($5$ y $2$ por cesta, $120$ en total) y cantidades no negativas:

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

3. Rectas que limitan la región: $r_1$ corta los ejes en $(40,\ 0)$ y $(0,\ 20)$, y $r_2$ en $(24,\ 0)$ y $(0,\ 60)$. La región factible es el cuadrilátero que queda por debajo de las dos rectas, dentro del primer cuadrante.

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

4. Vértice $O$: corte de los ejes $x=0$ e $y=0$.

   $O=(0,\ 0)$

5. Vértice $P$: corte de $y=0$ con $r_2$ (el corte de $y=0$ con $r_1$, $(40,\ 0)$, no cumple $r_2$ porque $5\cdot 40=200>120$).

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

6. Vértice $Q$: corte de $r_1$ y $r_2$. Restando la primera ecuación de la segunda:

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

7. Vértice $R$: corte de $x=0$ con $r_1$ (el corte con $r_2$, $(0,\ 60)$, no cumple $r_1$ porque $2\cdot 60=120>40$).

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

8. Valor de la función objetivo en cada vértice:

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

9. El máximo está en $Q$, que tiene coordenadas enteras. Comprobación de los recursos: se usan todos los jamones y todo el turrón, y $20+3\cdot 10=50$ botellas de cava.

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

ResultadoLa función objetivo es $f(x,y)=x+y$, con las restricciones $x+2y\le 40$, $5x+2y\le 120$, $x\ge 0$ e $y\ge 0$. La región factible es el cuadrilátero de vértices $O=(0,\ 0)$, $P=(24,\ 0)$, $Q=(20,\ 10)$ y $R=(0,\ 20)$. La empresa tiene que hacer $20$ cestas de tipo A y $10$ de tipo B: $30$ cestas en total.

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

Planteamiento Ahora $x=y$: sustituimos $y$ por $x$ en las restricciones y buscamos el mayor número natural $x$ que las cumple.

1. Jamones:

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

2. Turrón:

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

3. Las dos condiciones a la vez dejan $x\le 13{,}33\ldots$, y el número de cestas tiene que ser natural:

   $x=y=13$

4. Comprobación: hacen falta $39$ jamones y $91$ barras de turrón, y no hay suficiente para una cesta más de cada tipo ($14$ de cada tipo pedirían $42$ jamones).

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

Planteamiento La población inicial da $P(0)=6$, y el máximo en $t=2$ da $P'(2)=0$.

1. En el instante inicial ($b>0$, el denominador no se anula):

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

2. Derivada de la fracción (regla del cociente):

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

3. Imponemos $P'(2)=0$ (basta con que se anule el numerador):

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

4. Comprobamos que es un máximo: con $b=4$ el numerador es $12(4-t^2)$, positivo si $0\le t<2$ y negativo si $t>2$, así que $P$ crece y después decrece.

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

Planteamiento La población máxima es $P(2)$. A largo plazo hay que calcular el límite de $P(t)$ cuando $t\to+\infty$.

1. Población máxima, en centenares:

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

2. El grado del denominador ($2$) es mayor que el del numerador ($1$), y la fracción tiende a $0$:

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

Planteamiento $\boldsymbol{P}$ es $2\times 3$ y $\boldsymbol{A}$ es $3\times 2$, así que $\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{A}$ es cuadrada $2\times 2$. Una matriz cuadrada es invertible cuando su rango es máximo (aquí, $2$); lo calculamos por el método de Gauss.

1. Cada elemento es fila de $\boldsymbol{P}$ por columna de $\boldsymbol{A}$: $0\cdot(-1)+2\cdot 0+(-1)\cdot 1=-1$, $0\cdot(-2)+2\cdot 1+(-1)(-1)=3$, $a\cdot(-1)+2\cdot 0+3\cdot 1=3-a$ y $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. Sumamos a la segunda fila la primera multiplicada por $3-a$; el segundo elemento 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 rango es $2$ si y solo si la segunda fila no es nula:

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

4. Lo confirma el determinante, que solo se anula para ese valor:

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

Planteamiento Despejamos $\boldsymbol{X}$ restando $\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{A}$ a ambos lados: $\boldsymbol{X}=\boldsymbol{I}-\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{A}$.

1. Con $a=2$: $3-a=1$ y $-2a-1=-5$.

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

2. Restamos:

   $\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}$

Planteamiento Calculamos $R_e=R_0(1-p)$ con $R_0=15$ y $p=0{,}95$ y lo comparamos con $1$.

1. Proporción de no vacunados y $R_e$:

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

2. Comparamos con $1$:

   $0{,}75<1$

Planteamiento Buscamos las proporciones $p$ que hacen $R_e=4(1-p)<1$.

1. Inecuación:

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

Planteamiento Hacemos lo mismo con $R_0$ cualquiera: $R_0(1-p)<1$. Para el esbozo, estudiamos los valores en los extremos, el crecimiento y la forma de la función.

1. Despejamos $p$ (dividimos entre $R_0>0$):

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

2. El umbral es la función

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

3. Valores en los extremos del intervalo (y el del apartado b):

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

4. La derivada es siempre positiva: la función es creciente y no tiene extremos relativos.

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

5. La segunda derivada es negativa: la función es cóncava y crece cada vez más despacio, acercándose a $1$ (asíntota horizontal $p=1$ cuando $R_0\to+\infty$).

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

ResultadoEl umbral mínimo de vacunación es $p(R_0)=1-\dfrac{1}{R_0}$. Entre $R_0=1$ y $R_0=20$ la función crece de $0$ a $0{,}95$: sube deprisa al principio (con $R_0=4$ ya hace falta un $75\ \%$) y después se aplana por debajo de $1$.

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