Matemáticas CCSS, PAU 2023 de Cataluña: el examen de junio (serie 1) resuelto

Planteamiento Escribimos los porcentajes en tanto por uno en una matriz $\boldsymbol{M}$: cada fila es un nivel del curso siguiente (principiante, intermedio, avanzado) y cada columna, un nivel de este curso, en el mismo orden. La multiplicamos por el vector de los alumnos matriculados.

1. Matriz de reservas. Como nadie baja de nivel, los elementos por encima de la diagonal son cero:

   $\boldsymbol{M}$${}= \begin{pmatrix}0{,}15&0&0\\ 0{,}5&0{,}1&0\\ 0{,}05&0{,}6&0{,}2\end{pmatrix}$

2. Vector de los alumnos matriculados este año:

   $\boldsymbol{N}$${}= \begin{pmatrix}100\\ 90\\ 60\end{pmatrix}$

3. Producto de la matriz por el vector:

   $\boldsymbol{M}\cdot\boldsymbol{N}$${}= \begin{pmatrix}0{,}15\cdot 100\\ 0{,}5\cdot 100+0{,}1\cdot 90\\ 0{,}05\cdot 100+0{,}6\cdot 90+0{,}2\cdot 60\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}15\\ 50+9\\ 5+54+12\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}15\\ 59\\ 71\end{pmatrix}$

Planteamiento Llamamos $x$ al número de alumnos que van a yoga por la mañana e $y$ a los que van por la tarde. Las plazas del curso siguiente son el producto de la matriz de porcentajes por el vector de alumnos, y este producto tiene que dar $49$ y $51$.

1. Plazas de mañana: el 50 % de los de mañana y el 40 % de los de tarde; plazas de tarde: el 30 % de los de mañana y el 60 % de los de tarde.

   $\begin{pmatrix}0{,}5&0{,}4\\ 0{,}3&0{,}6\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}49\\ 51\end{pmatrix}$${}\Longleftrightarrow \begin{cases}0{,}5x+0{,}4y=49\\ 0{,}3x+0{,}6y=51\end{cases}$

2. Multiplicamos cada ecuación por 10:

   $\begin{cases}5x+4y=490\\ 3x+6y=510\end{cases}$

3. Multiplicamos la primera por 3 y la segunda por 5, y a la segunda le restamos la primera:

   $(15x+30y)$${}-(15x+12y)$${}= 2\,550-1\,470$${}\Longrightarrow 18y$${}= 1\,080$${}\Longrightarrow y=60$

4. Sustituimos en la primera ecuación:

   $5x+4\cdot 60$${}= 490$${}\Longrightarrow 5x=250$${}\Longrightarrow x=50$

5. Comprobación:

   $0{,}5\cdot 50+0{,}4\cdot 60=25+24=49$$0{,}3\cdot 50+0{,}6\cdot 60=15+36=51$

Planteamiento Llamamos $x$, $y$ y $z$ a las notas de la primera, la segunda y la tercera prueba. Escribimos los dos datos como ecuaciones y miramos qué incógnitas quedan determinadas.

1. Las dos condiciones del enunciado:

   $\begin{cases}\dfrac{x+y+z}{3}=6\\ z=\dfrac{x+y}{2}\end{cases}$

2. Sin denominadores:

   $\begin{cases}x+y+z=18\\ -x-y+2z=0\end{cases}$

3. Sumamos las dos ecuaciones (método de Gauss, $F_2+F_1$): desaparecen $x$ e $y$.

   $3z=18\ \Longrightarrow\ z=6$

4. El sistema tiene 3 incógnitas y solo 2 ecuaciones independientes: es compatible indeterminado. De $x$ e $y$ solo conocemos la suma:

   $x+y=18-z=18-6=12$

Planteamiento Añadimos la nueva condición, la media de la segunda y la tercera prueba, y resolvemos el sistema de tres ecuaciones.

1. Nueva ecuación:

   $\dfrac{y+z}{2}=7\ \Longrightarrow\ y+z=14$

2. Sistema escalonado, aprovechando el paso de Gauss del apartado anterior:

   $\begin{cases}x+y+z=18\\ 3z=18\\ y+z=14\end{cases}$

3. Resolvemos de abajo arriba:

   $z=6$$y=14-6=8$$x=18-8-6=4$

4. Comprobación de las tres condiciones:

   $\dfrac{4+8+6}{3}=6$$\dfrac{4+8}{2}=6=z$$\dfrac{8+6}{2}=7$

Planteamiento Llamamos $x$ al número de embarcaciones que salen a hacer bautizos de submarinismo e $y$ al número de las que hacen excursiones por la costa, cada día. Cada embarcación va llena: 10 participantes en un bautizo y 25 en una excursión. Los valores de $x$ e $y$ tienen que ser enteros.

1. Ingresos de cada salida: $60\cdot 10=600$ € un bautizo y $18\cdot 25=450$ € una excursión. La función objetivo son los ingresos diarios, que queremos maximizar:

   $F(x,y)=600x+450y$

2. Instructores: 5 por bautizo y 2 por excursión, con 75 en total:

   $5x+2y\le 75$

3. Embarcaciones: hay 30.

   $x+y\le 30$

4. Las cantidades no pueden ser negativas:

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

5. Para dibujar las rectas frontera, buscamos sus cortes con los ejes:

   $5x+2y=75:\ (15;\ 0),\ (0;\ 37{,}5)$$x+y=30:\ (30;\ 0),\ (0;\ 30)$

6. El punto $(0,\ 0)$ cumple todas las desigualdades, así que la región factible es la parte del primer cuadrante que queda por debajo de las dos rectas: el cuadrilátero de vértices $C$, $D$, $A$ y $B$ del gráfico.

   $\begin{cases}5x+2y\le 75\\ x+y\le 30\\ x\ge 0,\ y\ge 0\end{cases}$

ResultadoFunción objetivo (ingresos diarios, en euros, que hay que maximizar): $F(x,y)=600x+450y$. Restricciones: $5x+2y\le 75$, $x+y\le 30$, $x\ge 0$, $y\ge 0$, con $x$ e $y$ enteros. La región factible es el cuadrilátero de vértices $C=(0,\ 0)$, $D=(15,\ 0)$, $A=(5,\ 25)$ y $B=(0,\ 30)$.

La pauta oficial da: $F(x,y)=600x+450y$; $x\ge 0$; $y\ge 0$; $5x+2y\le 75$; $x+y\le 30$

Planteamiento El máximo de una función objetivo lineal sobre una región factible acotada se alcanza en un vértice. Calculamos cada vértice como la intersección de dos rectas frontera y evaluamos $F$ en él.

1. Vértice $C$: rectas $x=0$ e $y=0$.

   $C=(0,\ 0)$

2. Vértice $D$: rectas $y=0$ y $5x+2y=75$ (cumple $15\le 30$):

   $5x=75\ \Longrightarrow\ x=15\ \Longrightarrow\ D=(15,\ 0)$

3. Vértice $A$: rectas $5x+2y=75$ y $x+y=30$. A la primera le restamos el doble de la segunda:

   $(5x+2y)-2(x+y)$${}= 75-60$${}\Longrightarrow 3x=15$${}\Longrightarrow x=5,\ y$${}= 30-5$${}= 25$${}\Longrightarrow A=(5,\ 25)$

4. Vértice $B$: rectas $x=0$ y $x+y=30$ (cumple $2\cdot 30=60\le 75$):

   $B=(0,\ 30)$

5. Valor de la función objetivo en cada vértice:

   $F(C)=0$$F(D)=600\cdot 15=9\,000$$F(A)$${}= 600\cdot 5+450\cdot 25$${}= 3\,000+11\,250$${}= 14\,250$$F(B)=450\cdot 30=13\,500$

6. El valor más grande es $F(A)$. En $A$ se usan todos los instructores y todas las embarcaciones:

   $5\cdot 5+2\cdot 25=75$$5+25=30$

7. Si «llenar todas las embarcaciones» se entiende como que tienen que salir las 30, la región factible se reduce al segmento de $x+y=30$ entre $B$ y $A$ ($0\le x\le 5$). Sobre este segmento $F$ crece con $x$, y el máximo sigue siendo $A$:

   $F(x,30-x)$${}= 600x+450(30-x)$${}= 13\,500+150x$${}\le 13\,500+150\cdot 5$${}= 14\,250$

Planteamiento El primer lunes es $t=1$ y el siguiente, $t=8$: basta con sustituir. Para encontrar el día de los 100 kg resolvemos $f(t)=100$ dentro del intervalo $[1,8]$.

1. Primer lunes, $t=1$:

   $f(1)$${}= 10\left(-\dfrac{1}{8}+\dfrac{3}{2}-\dfrac{9}{2}+10\right)$${}= 10\cdot\dfrac{-1+12-36+80}{8}$${}= 10\cdot\dfrac{55}{8}$${}= \dfrac{275}{4}$${}= 68{,}75$

2. Lunes siguiente, $t=8$:

   $f(8)$${}= 10\left(-\dfrac{512}{8}+\dfrac{3\cdot 64}{2}-\dfrac{72}{2}+10\right)$${}= 10\,(-64+96-36+10)$${}= 10\cdot 6$${}= 60$

3. Gasto de 100 kg: dividimos por 10 y restamos 10 en los dos lados.

   $-\dfrac{t^3}{8}+\dfrac{3t^2}{2}$${}-\dfrac{9t}{2}+10$${}= 10$${}\Longrightarrow -\dfrac{t^3}{8}+\dfrac{3t^2}{2}$${}-\dfrac{9t}{2}=0$

4. Multiplicamos por $-8$ y sacamos factor común:

   $t^3-12t^2+36t=0$${}\Longrightarrow t\,(t^2-12t+36)=0$${}\Longrightarrow t\,(t-6)^2=0$

5. Las soluciones son $t=0$, que no está dentro de $[1,8]$, y $t=6$ (raíz doble). Contando desde el lunes, $t=1$, el día 6 es sábado. Comprobación:

   $f(6)$${}= 10\left(-\dfrac{216}{8}+\dfrac{3\cdot 36}{2}-\dfrac{54}{2}+10\right)$${}= 10\,(-27+54-27+10)$${}= 100$

Planteamiento Buscamos el máximo y el mínimo absolutos de $f$ en el intervalo cerrado $[1,8]$: los candidatos son los puntos donde se anula la derivada y los extremos del intervalo.

1. Derivada:

   $f'(t)$${}= 10\left(-\dfrac{3t^2}{8}+3t-\dfrac{9}{2}\right)$

2. Igualamos a cero y multiplicamos el paréntesis por $-\frac{8}{3}$:

   $t^2-8t+12=0$${}\Longrightarrow (t-2)(t-6)=0$${}\Longrightarrow t=2$$\text{o}\ \ t=6$

3. Signo de la derivada en cada tramo:

   $f'(1)=-\dfrac{75}{4}<0$$f'(4)=15>0$$f'(7)=-\dfrac{75}{4}<0$

4. Por tanto $f$ decrece en $[1,2]$, crece en $[2,6]$ y vuelve a decrecer en $[6,8]$: mínimo relativo en $t=2$ y máximo relativo en $t=6$.

   $f(2)=10\,(-1+6-9+10)=60$$f(6)=100$

5. Comparamos con los valores en los extremos del intervalo, calculados en el apartado anterior:

   $f(1)=68{,}75$$f(8)=60$