Funciones y derivadas: ejercicios de la PAU de Matemáticas CCSS resueltos

Planteamiento Los seguidores iniciales y finales son $f(0)$ y $f(10)$. El crecimiento y el decrecimiento dependen del signo de la derivada $f'(t)$: buscamos dónde se anula y estudiamos su signo en cada tramo del intervalo $[0,10]$.

1. Seguidores al principio y al cabo de 10 semanas:

   $f(0)=700$$f(10)$${}= 10\cdot 1\,000$${}-120\cdot 100+450\cdot 10$${}+700$${}= 3\,200$

2. Derivamos y factorizamos:

   $f'(t)$${}= 30t^2-240t+450$${}= 30\left(t^2-8t+15\right)$${}= 30(t-3)(t-5)$

3. La derivada se anula en $t=3$ y en $t=5$. Signo de $f'$ en un punto de cada tramo:

   $f'(1)$${}= 30\cdot(-2)\cdot(-4)$${}= 240$${}> 0$$f'(4)=30\cdot 1\cdot(-1)=-30<0$$f'(6)=30\cdot 3\cdot 1=90>0$

4. Por tanto, $f$ crece en $(0,3)$, decrece en $(3,5)$ y vuelve a crecer en $(5,10)$. Valores en los puntos donde cambia el crecimiento:

   $f(3)$${}= 270-1\,080+1\,350$${}+700$${}= 1\,240$$f(5)$${}= 1\,250-3\,000+2\,250$${}+700$${}= 1\,200$

5. En $t=3$ la función pasa de crecer a decrecer (máximo local) y en $t=5$, de decrecer a crecer (mínimo local).

6. Esbozo: la curva sale de $(0,700)$, sube hasta $(3,1\,240)$, baja un poco hasta $(5,1\,200)$ y después sube hasta $(10,3\,200)$ (véase la gráfica).

ResultadoAl principio tiene $700$ seguidores y al cabo de 10 semanas, $3\,200$. La función es creciente en $(0,3)\cup(5,10)$ y decreciente en $(3,5)$; tiene un máximo local en $(3,\,1\,240)$ y un mínimo local en $(5,\,1\,200)$.

La pauta oficial da: $f(0)=700$, $f(10)=3200$; $\nearrow (0,3)\cup(5,10)$, $\searrow (3,5)$; $\max (3,1240)$, $\min (5,1200)$

Planteamiento El vídeo polémico es el momento en que los seguidores dejan de crecer y empiezan a bajar (el máximo local), y el vídeo de éxito, el momento en que vuelven a crecer (el mínimo local). El máximo de todo el intervalo se busca comparando el máximo local con el valor en el extremo $t=10$.

1. Por lo visto en 1.1, los seguidores empiezan a bajar en $t=3$:

   $f(3)=1\,240$

2. Y vuelven a subir a partir de $t=5$, el mínimo local.

3. El máximo absoluto en $[0,10]$ es el mayor entre el máximo local y los valores en los extremos:

   $f(0)=700$$f(3)=1\,240$$f(10)=3\,200$

Planteamiento Se pide comprobar la función de asistentes $f(x)$, con $x$ el precio de la entrada en euros, y hallar el precio con el que se llena el local (320 personas) y el precio con el que no acude nadie.

1. La relación es lineal: por cada euro de más se pierden 20 clientes (pendiente $-20$) y con 15 € acuden 180 clientes, así que la recta pasa por $(15,180)$:

   $f(x)$${}= 180-20(x-15)$${}= 180-20x+300$${}= 480-20x$

2. Local lleno, 320 personas:

   $480-20x$${}= 320$${}\Longrightarrow 20x$${}= 160$${}\Longrightarrow x=8$

3. Como $f$ es decreciente, con un precio de 8 € o menos acuden al menos 320 personas y el local se llena. No acude nadie cuando

   $480-20x=0\ \Longrightarrow\ x=\frac{480}{20}=24$

Planteamiento Se pide la función de ingresos según el precio y su valor a 15 € y a 18 €. Los ingresos son el precio de la entrada por el número de asistentes.

1. Ingresos (el modelo vale entre 8 € y 24 €: por debajo de 8 € el aforo limita la asistencia a 320 personas, y por encima de 24 € no acude nadie):

   $I(x)$${}= x\cdot f(x)$${}= x(480-20x)$${}= -20x^2+480x$$8\le x\le 24$

2. Con la entrada a 15 € y a 18 €:

   $I(15)=15\cdot 180=2\,700$$I(18)$${}= 18\cdot(480-360)$${}= 18\cdot 120$${}= 2\,160$

Planteamiento Se pide el precio que hace máximos los ingresos y el valor de esos ingresos. Buscamos el máximo de $I(x)$ en $[8,24]$ con la derivada y justificamos que es un máximo con su signo.

1. Derivamos e igualamos a cero:

   $I'(x)=-40x+480=0\ \Longrightarrow\ x=12$

2. $x=12$ está dentro de $[8,24]$. Signo de la derivada a cada lado:

   $I'(10)=80>0$$I'(14)=-80<0$

3. $I$ crece hasta $x=12$ y decrece después: en $x=12$ hay un máximo, que es el mayor valor en todo $[8,24]$. Ingresos máximos (acuden $f(12)=240$ personas, menos que el aforo):

   $I(12)$${}= 12\cdot(480-240)$${}= 12\cdot 240$${}= 2\,880$

ResultadoLos ingresos son máximos con la entrada a $12$ €, y entonces son de $2\,880$ € (véase la gráfica).

La pauta oficial da: $I'(x)=-40x+480$; $x=12$; $I(12)=2880$

Planteamiento Se pide cuántos paraguas de cada modelo se vendieron. Llamamos $x$ al número de paraguas plegables e $y$ al de paraguas bastón vendidos. Como no quedó ninguno en el almacén, todos los paraguas fabricados con la tela se vendieron: los ingresos y la tela dan dos ecuaciones.

1. Ingresos (25 € cada plegable y 15 € cada bastón) y tela (1 $\mathrm{m}^2$ cada plegable y 1,5 $\mathrm{m}^2$ cada bastón):

   $\begin{cases}25x+15y=42\,500\\ x+1{,}5y=2\,375\end{cases}$

2. Despejamos $x$ de la segunda ecuación y sustituimos en la primera:

   $x$${}= 2\,375-1{,}5y$${}\Longrightarrow 25(2\,375-1{,}5y)+15y$${}= 42\,500$${}\Longrightarrow 59\,375-22{,}5y$${}= 42\,500$

3. Resolvemos:

   $22{,}5y=16\,875\ \Longrightarrow\ y=750$$x=2\,375-1{,}5\cdot 750=1\,250$

4. Comprobación:

   $25\cdot 1\,250+15\cdot 750$${}= 31\,250+11\,250$${}= 42\,500$$1\,250+1{,}5\cdot 750=2\,375$

Planteamiento Se pide el beneficio total de fabricar 100 paraguas de cada tipo y, para cada modelo, los valores de $x$ sin pérdidas. Como $x$ va en cientos de unidades, 100 paraguas son $x=1$, y las funciones dan miles de euros. No hay pérdidas cuando el beneficio es mayor o igual que 0.

1. Beneficios con $x=1$:

   $p(1)=1\cdot(3-1)=2$$b(1)=-\frac{2}{5}+2=\frac{8}{5}=1{,}6$

2. En total, en miles de euros ($2\,000$ € de los plegables y $1\,600$ € de los paraguas bastón):

   $p(1)+b(1)=2+1{,}6=3{,}6$

3. Plegables: con $x\ge 0$, el signo de $p(x)=x(3-x)$ es el de $3-x$:

   $p(x)\ge 0\ \Longleftrightarrow\ 3-x\ge 0\ \Longleftrightarrow\ 0\le x\le 3$

4. Bastón: sacamos $x$ factor común, $b(x)=x\left(2-\frac{2}{5}x\right)$, y con $x\ge 0$ el signo es el del paréntesis:

   $b(x)\ge 0\ \Longleftrightarrow\ 2-\frac{2}{5}x\ge 0\ \Longleftrightarrow\ 0\le x\le 5$

ResultadoFabricando 100 paraguas de cada tipo se obtienen $3{,}6$ miles de euros, es decir, $3\,600$ €. No hay pérdidas con los plegables si $0\le x\le 3$ (hasta 300 paraguas) ni con los paraguas bastón si $0\le x\le 5$ (hasta 500 paraguas); véase la gráfica.

La pauta oficial da: $p(1)=2$, $b(1)=\frac{8}{5}$; $3600\ \text{€}$; $0\le x\le 3$; $0\le x\le 5$

Planteamiento Se pide con cuál de los dos modelos se necesitan menos paraguas para llegar al beneficio máximo y con cuál se gana más. Buscamos el máximo de cada función con su derivada ($x$ en cientos de paraguas, beneficios en miles de euros).

1. Derivadas, igualadas a cero:

   $p'(x)=3-2x=0\ \Longrightarrow\ x=1{,}5$$b'(x)=-\frac{4}{5}x+2=0\ \Longrightarrow\ x=2{,}5$

2. Signo de cada derivada a los dos lados: las dos funciones pasan de crecer a decrecer, así que los dos puntos son máximos:

   $p'(1)=1>0$$p'(2)=-1<0$$b'(2)=0{,}4>0$$b'(3)=-0{,}4<0$

3. Beneficios máximos:

   $p(1{,}5)=1{,}5\cdot 1{,}5=2{,}25$$b(2{,}5)$${}= -\frac{2}{5}\cdot 6{,}25+5$${}= -2{,}5+5$${}= 2{,}5$

ResultadoCon los paraguas plegables se necesitan menos unidades: el beneficio máximo se alcanza con $150$ paraguas plegables, frente a $250$ paraguas bastón. Con los paraguas bastón se gana más: $2\,500$ € como máximo, frente a $2\,250$ € con los plegables (véase la gráfica).

La pauta oficial da: $x=1{,}5$, $x=2{,}5$; $p(1{,}5)=2{,}25$, $b(2{,}5)=2{,}5$

Planteamiento Se pide la probabilidad de que el paraguas sea de teflón sabiendo que es defectuoso. Es la condicionada «al revés» de los datos, así que usamos la probabilidad total y la fórmula de Bayes. Llamamos $T$ a «recubierto de teflón», $I$ a «impregnado» y $D$ a «defectuoso» (no aguanta la lluvia).

1. Entre los dos lotes hay $60+80=140$ paraguas, así que:

   $P(T)=\frac{60}{140}=\frac{3}{7}$$P(I)=\frac{80}{140}=\frac{4}{7}$

2. Si aguanta bien el 98 % de los de teflón, falla el 2 %; de los impregnados falla el 5 %:

   $P(D\mid T)=0{,}02$$P(D\mid I)=0{,}05$

3. Probabilidad total de que sea defectuoso:

   $P(D)$${}= \frac{3}{7}\cdot 0{,}02+\frac{4}{7}\cdot 0{,}05$${}= \frac{0{,}06+0{,}2}{7}$${}= \frac{0{,}26}{7}$${}= \frac{13}{350}$${}\approx 0{,}0371$

4. Bayes:

   $P(T\mid D)$${}= \frac{P(T)\,P(D\mid T)}{P(D)}$${}= \frac{0{,}06/7}{0{,}26/7}$${}= \frac{0{,}06}{0{,}26}$${}= \frac{3}{13}$${}\approx 0{,}2308$

Planteamiento Escribimos $I(p)$ como polinomio, lo derivamos y buscamos dónde $I'(p)=0$ dentro de $(0,15)$. El signo de la derivada antes y después del punto crítico confirma que es un máximo.

1. Ingreso semanal:

   $I(p)$${}= p\left(500-10p-p^2\right)$${}= 500p-10p^2-p^3$$0<p<15$

2. Derivada:

   $I'(p)=500-20p-3p^2$

3. Igualamos a cero ($3p^2+20p-500=0$):

   $p$${}= \frac{-20\pm\sqrt{20^2+4\cdot 3\cdot 500}}{2\cdot 3}$${}= \frac{-20\pm\sqrt{6\,400}}{6}$${}= \frac{-20\pm 80}{6}$${}\Longrightarrow p=10$$\text{o}\ \ p=-\frac{50}{3}$

4. Solo $p=10$ está dentro de $(0,15)$. Signo de $I'$ a ambos lados:

   $I'(9)=500-180-243=77>0$$I'(11)$${}= 500-220-363$${}= -83$${}< 0$

5. $I$ crece hasta $p=10$ y decrece después: es el máximo de todo el intervalo. Demanda e ingreso:

   $d(10)=500-100-100=300$$I(10)=10\cdot 300=3\,000$

Planteamiento Derivamos $d(p)$ y sustituimos en la fórmula de la elasticidad que da el enunciado; después ponemos $p=5$ y $p=10$.

1. Derivada de la demanda:

   $d'(p)=-10-2p$

2. Elasticidad:

   $E(p)$${}= \frac{p}{d(p)}\,d'(p)$${}= \frac{p(-10-2p)}{500-10p-p^2}$${}= -\frac{2p^2+10p}{500-10p-p^2}$$0<p<15$

3. Para $p=5$:

   $E(5)$${}= \frac{5\cdot(-20)}{500-50-25}$${}= \frac{-100}{425}$${}= -\frac{4}{17}$${}\approx -0{,}2353$

4. Para $p=10$:

   $E(10)=\frac{10\cdot(-30)}{500-100-100}=\frac{-300}{300}=-1$

5. Interpretación: a $5$ € la demanda es poco sensible al precio ($|E|<1$); a $10$ € vale $-1$, que es justo el precio donde el ingreso es máximo (apartado 1.1).

Planteamiento Cada inscripción es presencial con la proporción del curso pasado, y las 15 son independientes: el número $X$ de inscripciones presenciales es una binomial. Calculamos $P(X=10)$ con la fórmula de la binomial y la esperanza con $E(X)=np$.

1. Actividades presenciales del curso pasado: $96+84=180$ de $240$:

   $p=\frac{180}{240}=0{,}75$$1-p=0{,}25$

2. Distribución:

   $X\sim B(15;\ 0{,}75)$

3. Fórmula de la binomial, con $\binom{15}{10}=3\,003$:

   $P(X=10)$${}= \binom{15}{10}\,0{,}75^{10}\,0{,}25^{5}$${}= 3\,003\cdot\frac{3^{10}}{4^{15}}$${}\approx 0{,}1651$

4. Esperanza:

   $E(X)=np=15\cdot 0{,}75=11{,}25$

5. La esperanza es una media: no tiene por qué ser un número entero. Quiere decir que, de media, unas 11 de cada 15 inscripciones son presenciales.

Planteamiento Llamamos $x$, $y$ y $z$ a las actividades de Carme, Saïd y Martí. Los tres datos dan un sistema de tres ecuaciones, que resolvemos por Gauss.

1. Sistema:

   $\begin{cases}x-z=30\\ y-z=18\\ x+y+z=240\end{cases}$

2. Gauss: $F_3-F_1$ y después $F_3-F_2$:

   $\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&-1&30\\ 0&1&-1&18\\ 1&1&1&240\end{array}\right)$${}\to \left(\begin{array}{ccc|c}1&0&-1&30\\ 0&1&-1&18\\ 0&1&2&210\end{array}\right)$${}\to \left(\begin{array}{ccc|c}1&0&-1&30\\ 0&1&-1&18\\ 0&0&3&192\end{array}\right)$

3. Resolvemos:

   $z=\frac{192}{3}=64$$y=64+18=82$$x=64+30=94$

Planteamiento Para saber si algún día hay 20 familias, resolvemos $f(t)=20$. Para el máximo, derivamos $f$, buscamos dónde se anula para $t\ge 0$ y comprobamos el cambio de signo.

1. Ecuación $f(t)=20$:

   $\frac{100t}{t^2+4}$${}= 20$${}\Longrightarrow 100t$${}= 20t^2+80$${}\Longrightarrow t^2-5t+4=0$${}\Longrightarrow t=1$$\text{o}\ \ t=4$

2. Derivada (regla del cociente):

   $f'(t)$${}= \frac{100(t^2+4)-100t\cdot 2t}{(t^2+4)^2}$${}= \frac{100(4-t^2)}{(t^2+4)^2}$

3. $f'(t)=0$ para $t=\pm 2$; solo tiene sentido $t=2$. El denominador es positivo, así que el signo es el de $4-t^2$:

   $0<t<2:\ f'(t)>0$$t>2:\ f'(t)<0$

4. Por tanto, $t=2$ es el máximo. Valor:

   $f(2)=\frac{100\cdot 2}{2^2+4}=\frac{200}{8}=25$

ResultadoSí: hay exactamente 20 familias inscritas los días $t=1$ y $t=4$. El máximo se alcanza el día $t=2$, con $25$ familias.

La pauta oficial da: $t=1$, $t=4$; $t=2$, $f(2)=25$

Planteamiento Cada fila de $\boldsymbol{R}$ dice qué parte de cada tipo de preparación hace una persona. Multiplicarla por las horas de cada tipo y sumar da las horas de preparación de esa persona.

1. Producto fila por columna:

   $\boldsymbol{R}\cdot\boldsymbol{h}$${}= \begin{pmatrix}0{,}50\cdot 24+0{,}30\cdot 21+0{,}20\cdot 15\\ 0{,}30\cdot 24+0{,}50\cdot 21+0{,}20\cdot 15\\ 0{,}20\cdot 24+0{,}20\cdot 21+0{,}60\cdot 15\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}12+6{,}3+3\\ 7{,}2+10{,}5+3\\ 4{,}8+4{,}2+9\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}21{,}3\\ 20{,}7\\ 18\end{pmatrix}$

2. Comprobación: cada columna de $\boldsymbol{R}$ suma $1$ (cada preparación se reparte entera), y el total de horas se conserva:

   $21{,}3+20{,}7+18=60=24+21+15$

Planteamiento El valor inicial es $f(0)$ y el beneficio, $f(24)-f(0)$. Para el máximo en un intervalo cerrado, buscamos los extremos relativos con la derivada y los comparamos con los valores en los extremos del intervalo.

1. Valor inicial y final:

   $f(0)=250$$f(24)$${}= \frac{24^3}{3}-\frac{35\cdot 24^2}{2}$${}+300\cdot 24+250$${}= 4\,608-10\,080$${}+7\,200+250$${}= 1\,978$

2. Beneficio al cabo de 24 horas:

   $1\,978-250=1\,728$

3. Derivada y puntos críticos:

   $f'(x)$${}= x^2-35x+300$${}= (x-15)(x-20)=0$${}\Longrightarrow x=15$$\text{o}\ \ x=20$

4. Signo de la derivada en un punto de cada tramo:

   $f'(10)=50>0$$f'(17)=-6<0$$f'(22)=14>0$

5. $f$ crece en $[0,15)$, decrece en $(15,20)$ y crece en $(20,24]$: máximo relativo en $x=15$ y mínimo relativo en $x=20$. El máximo absoluto está en $x=15$ o en $x=24$:

   $f(15)$${}= 1\,125-3\,937{,}5$${}+4\,500+250$${}= 1\,937{,}5$${}< f(24)$${}= 1\,978$

ResultadoValor inicial $250$ €; al cabo de 24 horas ha ganado $1\,728$ €. El valor máximo se alcanza al final del día, $x=24$, y es de $1\,978$ €.

La pauta oficial da: $f(0)=250$; $1978-250=1728$; $f(15)=1937{,}5$; $\max f(24)=1978$

Planteamiento Por el crecimiento del apartado a, el mínimo absoluto solo puede estar al principio, $x=0$, o en el mínimo relativo, $x=20$. Si el mínimo es positivo, la inversión nunca es negativa.

1. Valor en el mínimo relativo:

   $f(20)$${}= \frac{8\,000}{3}-7\,000+6\,000$${}+250$${}= \frac{5\,750}{3}$${}\approx 1\,916{,}7$

2. Comparamos con el valor inicial:

   $f(0)=250<\frac{5\,750}{3}$

Planteamiento Llamamos $U$, $S$ e $I$ a los tres niveles (universidad, secundaria, infantil y primaria) y $A$ a «ser mujer». La probabilidad de ser mujer sale del teorema de la probabilidad total, y la de ser de secundaria sabiendo que es mujer, del teorema de Bayes.

1. Datos (el resto, $1-0{,}1-0{,}5$, es infantil y primaria):

   $P(U)=0{,}1,\ P(S)=0{,}5,\ P(I)=0{,}4$$P(A\mid U)$${}= 0{,}4,\ P(A\mid S)$${}= 0{,}52,\ P(A\mid I)$${}= 0{,}65$

2. Probabilidad total:

   $P(A)$${}= 0{,}1\cdot 0{,}4+0{,}5\cdot 0{,}52$${}+0{,}4\cdot 0{,}65$${}= 0{,}04+0{,}26+0{,}26$${}= 0{,}56$

3. Bayes:

   $P(S\mid A)$${}= \frac{P(S)P(A\mid S)}{P(A)}$${}= \frac{0{,}26}{0{,}56}$${}= \frac{13}{28}$${}\approx 0{,}4643$