Matemáticas CCSS, PAU 2023 de Cataluña: el examen de junio (serie 5) resuelto

Planteamiento Llamamos $x$ al número de cocas sin relleno e $y$ al número de cocas rellenas de crema. Trabajamos en kilogramos: una coca sin relleno gasta $0{,}5$ kg de harina y $0{,}3$ kg de azúcar, y una rellena, $0{,}4$ kg de harina y $0{,}12$ kg de azúcar.

1. La función objetivo son los ingresos, en euros, que queremos maximizar:

   $F(x,y)=15x+25y$

2. Harina, 60 kg (multiplicamos por 10):

   $0{,}5x+0{,}4y\le 60\ \Longleftrightarrow\ 5x+4y\le 600$

3. Azúcar, 30 kg (multiplicamos por 100 y dividimos por 6; si solo se multiplica por 10, sale la misma restricción escrita como $3x+1{,}2y\le 300$):

   $0{,}3x+0{,}12y$${}\le 30$${}\Longleftrightarrow 30x+12y$${}\le 3\,000$${}\Longleftrightarrow 5x+2y$${}\le 500$

4. Pedidos mínimos:

   $x\ge 60$$y\ge 30$

5. Para dibujar las rectas frontera de la harina y del azúcar, buscamos dos puntos de cada una:

   $5x+4y=600:\ (120,\ 0),\ (0,\ 150)$$5x+2y=500:\ (100,\ 0),\ (0,\ 250)$

6. El punto $(70,\ 40)$ cumple todas las condiciones ($510\le 600$ y $430\le 500$). La región factible es el cuadrilátero limitado por las rectas $x=60$, $y=30$, $5x+4y=600$ y $5x+2y=500$: el de vértices $A$, $B$, $C$ y $D$ del gráfico.

   $\begin{cases}5x+4y\le 600\\ 5x+2y\le 500\\ x\ge 60,\ y\ge 30\end{cases}$

ResultadoFunción objetivo (ingresos, en euros, que hay que maximizar): $F(x,y)=15x+25y$. Restricciones: $5x+4y\le 600$ (harina), $5x+2y\le 500$ (azúcar), $x\ge 60$ e $y\ge 30$, con $x$ e $y$ enteros. La región factible es el cuadrilátero de vértices $A=(60,\ 30)$, $B=(88,\ 30)$, $C=(80,\ 50)$ y $D=(60,\ 75)$.

La pauta oficial da: $F(x,y)=15x+25y$; $x\ge 60$; $y\ge 30$; $5x+4y\le 600$; $3x+1{,}2y\le 300$

Planteamiento El máximo se alcanza en un vértice de la región factible. Calculamos cada vértice como la intersección de dos rectas, evaluamos $F$ en él y, con el mejor, contamos los ingredientes gastados.

1. Vértice $A$: rectas $x=60$ e $y=30$.

   $A=(60,\ 30)$

2. Vértice $B$: rectas $y=30$ y $5x+2y=500$ (cumple $5\cdot 88+4\cdot 30=560\le 600$):

   $5x+60$${}= 500$${}\Longrightarrow x=88$${}\Longrightarrow B=(88,\ 30)$

3. Vértice $C$: rectas $5x+4y=600$ y $5x+2y=500$. Las restamos:

   $2y=100\ \Longrightarrow\ y=50$$5x$${}= 500-2\cdot 50$${}= 400$${}\Longrightarrow x=80$${}\Longrightarrow C=(80,\ 50)$

4. Vértice $D$: rectas $x=60$ y $5x+4y=600$ (cumple $5\cdot 60+2\cdot 75=450\le 500$):

   $300+4y$${}= 600$${}\Longrightarrow y=75$${}\Longrightarrow D=(60,\ 75)$

5. Función objetivo en los vértices:

   $F(A)=900+750=1\,650$$F(B)=1\,320+750=2\,070$$F(C)=1\,200+1\,250=2\,450$$F(D)=900+1\,875=2\,775$

6. El máximo está en $D$. Ingredientes gastados con 60 cocas sin relleno y 75 rellenas:

   $\text{harina: }0{,}5\cdot 60$${}+0{,}4\cdot 75$${}= 30+30$${}= 60$$\text{azúcar: }0{,}3\cdot 60$${}+0{,}12\cdot 75$${}= 18+9$${}= 27$

7. Sobrantes (en kg):

   $\text{harina: }60-60=0$$\text{azúcar: }30-27=3$

Planteamiento Llamamos $x$ al precio de un termómetro, $y$ al de una mascarilla y $z$ al de un test de antígenos, en euros. Cada paquete da una ecuación. Clasificamos el sistema por el método de Gauss.

1. Sistema:

   $\begin{cases}5x+30y+10z=550\\ x+15y+20z=200\end{cases}$

2. Matriz ampliada; dividimos la primera fila por 5:

   $\left(\begin{array}{ccc|c}5&30&10&550\\ 1&15&20&200\end{array}\right)$${}\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1&6&2&110\\ 1&15&20&200\end{array}\right)$

3. Hacemos $F_2-F_1$ y después dividimos la segunda fila por 9:

   ${}\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1&6&2&110\\ 0&9&18&90\end{array}\right)$${}\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1&6&2&110\\ 0&1&2&10\end{array}\right)$

4. Las dos filas son no nulas tanto en la matriz de coeficientes $A$ como en la ampliada $A^*$, y hay 3 incógnitas:

   $\operatorname{rg}A=\operatorname{rg}A^*=2<3$

5. El sistema es compatible indeterminado: tiene infinitas soluciones. Despejamos $y$ de la segunda ecuación:

   $y+2z=10\ \Longrightarrow\ y=10-2z$

6. Sustituimos en la primera ecuación:

   $x+6(10-2z)+2z$${}= 110$${}\Longrightarrow x+60-10z$${}= 110$${}\Longrightarrow x=50+10z$

7. Para que los precios sean positivos hace falta $z>0$ y $10-2z>0$:

   $0<z<5$

Planteamiento Sustituimos $z=4$ en la solución del apartado anterior.

1. Precios con $z=4$:

   $x=50+10\cdot 4=90$$y=10-2\cdot 4=2$

2. Comprobación con los dos paquetes:

   $5\cdot 90+30\cdot 2+10\cdot 4$${}= 450+60+40$${}= 550$$90+15\cdot 2+20\cdot 4$${}= 90+30+80$${}= 200$

Planteamiento Cada valor se calcula con el tramo que corresponde a $t$. Para la continuidad en $t=10$ comparamos el valor de la función con los dos límites laterales.

1. En el momento de abrir, $t=0$ (primer tramo):

   $C(0)=\dfrac{0^2}{10}+10=10$

2. A los 10 años, $t=10$ (primer tramo):

   $C(10)=\dfrac{10^2}{10}+10=20$

3. Límites laterales en $t=10$:

   $\lim_{t\to 10^-}C(t)$${}= \dfrac{10^2}{10}+10$${}= 20$$\lim_{t\to 10^+}C(t)$${}= 28-\dfrac{(10-14)^2}{2}$${}= 28-8$${}= 20$

4. Los dos límites coinciden con $C(10)=20$: la función es continua en $t=10$. A los 20 años (segundo tramo):

   $C(20)$${}= 28-\dfrac{(20-14)^2}{2}$${}= 28-18$${}= 10$

Planteamiento Cada tramo es un trozo de parábola. Buscamos el vértice de cada una, calculamos unos cuantos valores y comparamos los máximos de los dos tramos.

1. Primer tramo: parábola abierta hacia arriba con el vértice en $t=0$, así que en $[0,10]$ es creciente, de $C(0)=10$ a $C(10)=20$. Un punto intermedio:

   $C(5)=\dfrac{25}{10}+10=12{,}5$

2. Segundo tramo: parábola abierta hacia abajo con el vértice en $t=14$. Derivada y signo:

   $C'(t)=-(t-14)$$C'(12)=2>0$$C'(16)=-2<0$

3. El segundo tramo crece hasta $t=14$ y decrece después. Valores para dibujarlo:

   $C(12)=28-2=26$$C(14)=28$$C(16)=26$$C(18)=28-8=20$

4. Comparamos el máximo del segundo tramo con el valor más grande del primero, $C(10)=20$:

   $C(14)=28>20$

ResultadoLa gráfica sube por la parábola $\dfrac{t^2}{10}+10$ desde $(0,\ 10)$ hasta $(10,\ 20)$ y continúa, sin salto, por la parábola $28-\dfrac{(t-14)^2}{2}$, que llega al vértice $(14,\ 28)$ y baja hasta $(20,\ 10)$. El coste máximo se dio al cabo de $14$ años y fue de $28$ centenares de euros ($2\,800$ €).

La pauta oficial da: $M=(14,\ 28)$; $t=14$; $28$

Planteamiento Calculamos $\boldsymbol{A}^2-2\boldsymbol{A}$ en función de $a$ y $b$ y la igualamos a $\boldsymbol{B}$ elemento a elemento.

1. Cuadrado de la matriz:

   $\boldsymbol{A}^2$${}= \begin{pmatrix}a&b\\ 0&a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&b\\ 0&a\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}a^2&ab+ba\\ 0&a^2\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}a^2&2ab\\ 0&a^2\end{pmatrix}$

2. Restamos $2\boldsymbol{A}$:

   $\boldsymbol{A}^2-2\boldsymbol{A}$${}= \begin{pmatrix}a^2-2a&2ab-2b\\ 0&a^2-2a\end{pmatrix}$

3. Igualamos a $\boldsymbol{B}$ elemento a elemento (las dos ecuaciones de la diagonal son iguales):

   $\begin{cases}a^2-2a=0\\ 2ab-2b=1\end{cases}$

4. De la primera, $a(a-2)=0$: $a=0$ o $a=2$. Con $a=0$, la segunda da:

   $-2b=1\ \Longrightarrow\ b=-\dfrac{1}{2}$

5. Con $a=2$:

   $4b-2b=1\ \Longrightarrow\ b=\dfrac{1}{2}$

Planteamiento Despejamos $\boldsymbol{X}$ multiplicando por la izquierda por $\boldsymbol{A}^{-1}$, que existe porque $\det\boldsymbol{A}=1\neq 0$.

1. Con $a=1$ y $b=1$:

   $\boldsymbol{A}$${}= \begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}$$\det\boldsymbol{A}=1\cdot 1-1\cdot 0=1$

2. Despejamos $\boldsymbol{X}$ (el orden de los productos importa):

   $\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}$${}= 2\boldsymbol{A}-\boldsymbol{B}$${}\Longrightarrow \boldsymbol{X}=\boldsymbol{A}^{-1}(2\boldsymbol{A}-\boldsymbol{B})$${}= 2\boldsymbol{I}-\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{B}$

3. Inversa de una matriz $2\times 2$: se intercambian los elementos de la diagonal, se cambia el signo de los otros y se divide por el determinante.

   $\boldsymbol{A}^{-1}$${}= \dfrac{1}{1}\begin{pmatrix}1&-1\\ 0&1\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}1&-1\\ 0&1\end{pmatrix}$

4. Producto $\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{B}$:

   $\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{B}$${}= \begin{pmatrix}1&-1\\ 0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\ 0&0\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}0&1\\ 0&0\end{pmatrix}$

5. Resultado:

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

6. Comprobación:

   $\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}+\boldsymbol{B}$${}= \begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&-1\\ 0&2\end{pmatrix}$${}+\begin{pmatrix}0&1\\ 0&0\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}2&1\\ 0&2\end{pmatrix}$${}+\begin{pmatrix}0&1\\ 0&0\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}2&2\\ 0&2\end{pmatrix}$${}= 2\boldsymbol{A}$

Planteamiento Buscamos los puntos de corte de $f$ con el eje de abscisas, $f(x)=0$, y calculamos su distancia.

1. Sacamos factor común $x^2$:

   $-x^3+2x^2=0$${}\Longrightarrow x^2(2-x)=0$${}\Longrightarrow x=0$$\text{o}\ \ x=2$

2. Distancia entre los dos puntos de corte:

   $2-0=2$

Planteamiento Buscamos el máximo de $f$ entre $x=0$ y $x=2$ con la derivada; la anchura es el doble del valor máximo, porque al girar el perfil ese valor es el radio de la peonza en la parte más ancha.

1. Derivada:

   $f'(x)=-3x^2+4x=x\,(4-3x)$

2. Se anula en $x=0$, que es un extremo del intervalo, y en:

   $4-3x=0\ \Longrightarrow\ x=\dfrac{4}{3}$

3. La derivada pasa de positiva a negativa, así que $x=\frac{4}{3}$ es un máximo:

   $f'(1)=1>0$$f'\!\left(\tfrac{3}{2}\right)$${}= -\tfrac{27}{4}+6$${}= -\tfrac{3}{4}$${}< 0$

4. Valor máximo de la función:

   $f\!\left(\tfrac{4}{3}\right)$${}= -\dfrac{64}{27}+2\cdot\dfrac{16}{9}$${}= -\dfrac{64}{27}+\dfrac{96}{27}$${}= \dfrac{32}{27}$

5. La anchura es el doble de este valor:

   $2\cdot\dfrac{32}{27}=\dfrac{64}{27}\approx 2{,}37$