PAU MACS II Comunitat Valenciana 2022 junio – resuelto (PDF)

Planteamiento del sistema

Definimos las incógnitas:

• $x$ = euros que cobra la agencia este mes por el alquiler del primer local,
• $y$ = euros que cobra por el alquiler del segundo local,
• $z$ = euros que cobra por el alquiler del tercer local.

Lo que gana la agencia con cada local es lo que cobra menos lo que paga al propietario:

• primer local: paga el $95\,\%$, se queda con el $100\,\%-95\,\%=5\,\%$, es decir, $0{,}05x$;
• segundo local: paga el $90\,\%$, se queda con el $10\,\%$, es decir, $0{,}10y$;
• tercer local: paga el $80\,\%$, se queda con el $20\,\%$, es decir, $0{,}20z$.

Traducimos cada dato del enunciado a una ecuación:

• Ha cobrado en total 1650 €: $x+y+z=1650$.
• La ganancia de la agencia es de 132 €: $0{,}05x+0{,}10y+0{,}20z=132$.
• El primer alquiler es el doble de la suma de los otros dos: $x=2(y+z)$, es decir, $x-2y-2z=0$.

Este es el sistema que se escribe como planteamiento. Para resolverlo con más comodidad, quitamos decimales: multiplicamos la segunda ecuación por $20$ y obtenemos la ecuación equivalente $x+2y+4z=2640$. El sistema queda

Resolución del sistema

Resolvemos por el método de Gauss. Ordenando las incógnitas $(x,y,z)$, la matriz ampliada es

En el segundo paso, para anular el $-3$ de la fila 3 le sumamos 3 veces la fila 2.

La matriz ampliada $A^*$ ya está escalonada, con tres pivotes no nulos en la parte de coeficientes $A$, luego $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3$, igual al número de incógnitas. Por el teorema de Rouché-Frobenius, el sistema es compatible determinado (solución única). Resolviendo de abajo arriba:

Comprobación con los datos originales:

• Total cobrado: $1100+330+220=1650$ €. ✓
• Ganancia de la agencia: $0{,}05\cdot 1100+0{,}10\cdot 330+0{,}20\cdot 220=55+33+44=132$ €. ✓ (Equivalentemente, a los propietarios se les paga $0{,}95\cdot 1100+0{,}90\cdot 330+0{,}80\cdot 220=1045+297+176=1518$ €, y $1650-1518=132$ €.)
• Relación entre alquileres: $2\cdot(330+220)=2\cdot 550=1100$. ✓

La solución tiene sentido en el contexto: son cantidades positivas de euros y suman $1650$ €.

a) Planteamiento y solución óptima

Variables. Llamamos

• $x$ = número de cajas de tipo A que se comercializan al día,
• $y$ = número de cajas de tipo B que se comercializan al día.

Son números de cajas, así que $x\ge 0$, $y\ge 0$.

Tabla de datos.

Función objetivo (beneficio en euros), que hay que maximizar:

Restricciones. Con $x$ cajas A e $y$ cajas B se usan $2x+y$ tarros de romero, $2x+2y$ de azahar y $x+2y$ de multifloral, y no se pueden usar más tarros de los disponibles:

Región factible. Dibujamos las rectas frontera:

• $r_1:\ 2x + y = 280$, que pasa por $(0,280)$ y $(140,0)$. El origen cumple $0\le 280$: la región está en el semiplano que contiene al origen (por debajo de la recta).
• $r_2:\ x + y = 150$, que pasa por $(0,150)$ y $(150,0)$. El origen cumple $0\le 150$: semiplano por debajo de la recta.
• $r_3:\ x + 2y = 250$, que pasa por $(0,125)$ y $(250,0)$. El origen cumple $0\le 250$: semiplano por debajo de la recta.
• $x\ge 0$, $y\ge 0$: primer cuadrante.

La región factible es el polígono convexo (acotado) del primer cuadrante situado por debajo de las tres rectas.

Vértices. Los candidatos son los cortes de cada recta con los ejes y los cortes de las rectas entre sí; nos quedamos con los que cumplen todas las desigualdades. Por ejemplo, $r_1$ y $r_3$ se cortan en $\left(\tfrac{310}{3},\tfrac{220}{3}\right)$, que no es vértice porque incumple $x+y\le 150$ ($\tfrac{310}{3}+\tfrac{220}{3}=\tfrac{530}{3}\approx 176{,}7$). Recorriendo la frontera quedan:

• $O=(0,0)$.

• $P$: corte de $r_1$ con el eje $OX$: $y=0 \Rightarrow 2x = 280 \Rightarrow P=(140,0)$. (Los cortes de $r_2$ y $r_3$ con el eje $OX$, $(150,0)$ y $(250,0)$, no cumplen $2x+y\le 280$.)

• $Q$: corte de $r_1$ y $r_2$:

  $$\begin{cases} 2x + y = 280\\ x + y = 150\end{cases} \;\Rightarrow\; \text{restando: } x = 130,\quad y = 150 - 130 = 20 \;\Rightarrow\; Q=(130,20).$$

  Cumple $r_3$: $130 + 2\cdot 20 = 170\le 250$.

• $R$: corte de $r_2$ y $r_3$:

  $$\begin{cases} x + y = 150\\ x + 2y = 250\end{cases} \;\Rightarrow\; \text{restando: } y = 100,\quad x = 150 - 100 = 50 \;\Rightarrow\; R=(50,100).$$

  Cumple $r_1$: $2\cdot 50 + 100 = 200\le 280$.

• $S$: corte de $r_3$ con el eje $OY$: $x=0 \Rightarrow 2y = 250 \Rightarrow S=(0,125)$. (Los cortes de $r_1$ y $r_2$ con el eje $OY$, $(0,280)$ y $(0,150)$, no cumplen $x+2y\le 250$.)

Valor de la función objetivo en los vértices. Como la región es acotada, el máximo existe y se alcanza en un vértice (o en un lado entero):

El valor máximo, $1010$, se alcanza solo en el vértice $Q(130,20)$. Como $Q$ tiene coordenadas enteras, no hace falta discutir nada más aunque el número de cajas deba ser entero (si no lo fueran, habría que comprobar los puntos enteros cercanos de la región).

Comprobación. Con 130 cajas A y 20 cajas B se usan $2\cdot 130 + 20 = 280$ tarros de romero (todos), $2\cdot 130 + 2\cdot 20 = 300$ de azahar (todos) y $130 + 2\cdot 20 = 170\le 250$ de multifloral (sobran 80).

b) Beneficio máximo

Sustituimos el óptimo en la función objetivo:

a) Dominio y puntos de corte con los ejes

$f$ es una función racional: existe para todo $x$ salvo donde se anula el denominador.

Conviene factorizar el numerador. Las raíces de $x^2+x-2=0$ son

Corte con el eje $Y$ ($x=0$, que está en el dominio): $f(0)=\dfrac{0+0-2}{(0+1)^2}=-2$. Punto $(0,-2)$.

Cortes con el eje $X$ ($f(x)=0$): una fracción se anula cuando se anula el numerador (y no el denominador). El numerador se anula en $x=1$ y $x=-2$; ninguna de las dos raíces coincide con $x=-1$, así que están en el dominio. Puntos $(1,0)$ y $(-2,0)$.

b) Asíntotas horizontales y verticales

Asíntota vertical. El único candidato es $x=-1$, el punto que no está en el dominio. Allí el numerador vale $(-1)^2+(-1)-2=-2\neq0$ y el denominador tiende a $0$ siendo siempre positivo (es un cuadrado):

Por tanto $x=-1$ es asíntota vertical, y la función baja a $-\infty$ por los dos lados.

Asíntota horizontal. Numerador y denominador, $(x+1)^2=x^2+2x+1$, tienen el mismo grado, $2$; el límite es el cociente de los coeficientes principales:

Hay asíntota horizontal $y=1$, tanto en $+\infty$ como en $-\infty$.

Posición respecto de $y=1$ (no se pide para los 2 puntos de este apartado, pero es útil para dibujar en e)):

Si $x<-3$, $f(x)-1$ es positivo (la gráfica va por encima de la asíntota, y así se acerca en $-\infty$); si $x>-3$ y $x\neq-1$, $f(x)-1$ es negativo (va por debajo, y así se acerca en $+\infty$). La gráfica corta a la asíntota en $x=-3$: $f(-3)=\frac{9-3-2}{4}=1$.

c) Intervalos de crecimiento y decrecimiento

Derivamos con la regla del cociente:

Sacamos factor común $(x+1)$ en el numerador y cancelamos un factor $(x+1)$ con el denominador, lo que es válido porque $x\neq-1$; el exponente del denominador baja de $4$ a $3$:

Desarrollamos el numerador término a término (atención al signo: $-2\cdot(-2)=+4$):

$f'(x)=0 \iff x+5=0 \iff x=-5$. El signo de $f'$ solo puede cambiar en $x=-5$ y en $x=-1$ (fuera del dominio). El signo de $(x+1)^3$ es el de $x+1$.

Comprobación con un valor de cada intervalo: $f'(-6)=\frac{-1}{-125}=\frac{1}{125}>0$, $f'(-2)=\frac{3}{-1}=-3<0$ y $f'(0)=\frac{5}{1}=5>0$.

d) Máximos y mínimos locales

Los extremos locales de $f$ (derivable en todo su dominio) solo pueden estar donde $f'(x)=0$, es decir, en $x=-5$. Según la tabla del apartado c), $f$ crece a la izquierda de $-5$ y decrece a su derecha, así que en $x=-5$ hay un máximo local, de valor

En $x=-1$ la monotonía cambia de «decrece» a «crece», pero no hay mínimo: $-1$ no está en el dominio y allí la función tiende a $-\infty$ (asíntota vertical). Por tanto no hay mínimos locales.

e) Representación gráfica

Reunimos lo obtenido:

• Dominio $\mathbb{R}\setminus\{-1\}$; cortes $(-2,0)$, $(1,0)$ y $(0,-2)$.
• Asíntota vertical $x=-1$, con $f\to-\infty$ a ambos lados; asíntota horizontal $y=1$, por encima en $-\infty$ y por debajo en $+\infty$ (la gráfica la cruza en $(-3,1)$).
• Crece en $]-\infty,-5[$, decrece en $]-5,-1[$ y crece en $]-1,+\infty[$.
• Máximo local en $\left(-5,\frac98\right)$.

Algunos valores para afinar el dibujo: $f(-7)=\frac{10}{9}\approx1{,}11$, $f(-1{,}5)=-5$, $f(-0{,}5)=-9$, $f(3)=\frac58=0{,}625$.

Orden para dibujarla en el examen:

1. Ejes y asíntotas $x=-1$ e $y=1$, con trazo discontinuo.
2. Puntos: cortes, máximo $\left(-5,\frac98\right)$ y $(-3,1)$.
3. Rama izquierda: llega de $x\to-\infty$ por encima de $y=1$, sube hasta el máximo, baja por $(-3,1)$ y $(-2,0)$ y cae a $-\infty$ junto a $x=-1$.
4. Rama derecha: sube desde $-\infty$ junto a $x=-1$, pasa por $(0,-2)$ y $(1,0)$ y se acerca a $y=1$ por debajo.

El corrector valora que aparezcan las asíntotas, los cortes, el máximo y la caída a $-\infty$ por ambos lados de $x=-1$.

Desarrollamos el cuadrado, $\left(\frac{x}{10}\right)^2=\frac{x^2}{100}$ (es la misma función, solo reescrita), para trabajar con un polinomio:

Es una parábola con coeficiente principal negativo, así que tiene forma de «∩». Su derivada es

a) Inversión que produce el beneficio máximo

Buscamos los puntos críticos, es decir, donde se anula la derivada:

El valor $x=2000$ pertenece al dominio ($x\geq 0$). Para ver que es un máximo usamos la derivada segunda:

en todo el dominio, luego $B$ es cóncava hacia abajo (∩) y $x=2000$ es el máximo absoluto. (Si $B$ no fuese una parábola, habría que comparar también con el valor en el extremo $x=0$.)

El beneficio máximo es

b) Intervalos de crecimiento y decrecimiento

Estudiamos el signo de $B'(x)=40-\dfrac{x}{50}$ en el dominio $[0,\,+\infty)$, que el punto crítico $x=2000$ divide en dos intervalos:

En $x=2000$ está el máximo ($B'(2000)=0$). Por convenio damos los intervalos sin ese punto crítico, pero incluirlo también es correcto: $B$ crece en $[0,\,2000]$ y decrece en $[2000,\,+\infty)$.

c) Inversión a partir de la cual se gana menos que sin invertir

Si no se invierte nada, el beneficio es $B(0)=50\,000$ euros. Buscamos las inversiones con $B(x)<50\,000$:

1. Igualdad. $B(x)=B(0)\iff x\,(4000-x)=0\iff x=0$ o $x=4000$. En efecto, $B(4000)=50\,000+160\,000-160\,000=50\,000$.
2. Desigualdad. Para $x>0$ el factor $x$ es positivo, así que $B(x)<50\,000\iff 4000-x<0\iff x>4000$. Para $0<x<4000$ es $B(x)>50\,000$.
3. Comprobación. $B(5000)=50\,000+200\,000-250\,000=0<50\,000$.

Esto concuerda con la simetría de la parábola: su vértice está en $x=2000$, y el simétrico de $x=0$ respecto del vértice es $x=4000$.

Definimos los sucesos, para un cliente elegido al azar:

• $J$: «el cliente tiene menos de 30 años»;
• $M$: «el cliente tiene entre 30 y 60 años»;
• $A$: «el cliente tiene más de 60 años» (el mismo $A$ del apartado a);
• $B$: «el cliente no presentó parte de accidente el año pasado» (el mismo $B$ del apartado a);
• $D=\overline{B}$: «el cliente presentó parte de accidente el año pasado» (el mismo $D$ del apartado b).

Los tramos de edad del enunciado son $J$, $M$ y $A$: los 30 y los 60 años exactos pertenecen a $M$ («entre 30 y 60 años»). Estos sucesos forman un sistema completo de sucesos (son incompatibles dos a dos y entre los tres cubren a todos los clientes):

Las fracciones del enunciado son probabilidades condicionadas:

y, por el suceso contrario, $P(D\mid J)=0{,}25$, $P(D\mid M)=0{,}1$, $P(D\mid A)=0{,}6$.

Las ramas del diagrama de árbol son las de la tabla: cada fila es un camino del árbol (primero la edad, después si presentó parte o no), y su probabilidad es el producto de las probabilidades de sus dos ramas (regla del producto).

(Comprobación: las seis probabilidades suman $1$.) En a) se usan las filas 1, 3 y 5 (o, por el contrario, las filas 2 y 4); en b), las filas 4 y 6; en c), las filas 2, 4 y 6.

a) Cálculo de $P(A\cup B)$

Para usar la fórmula $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$ nos falta $P(B)$, que no está en el enunciado: se obtiene sumando las tres ramas que acaban en $B$ (filas 1, 3 y 5 de la tabla), es decir, por el teorema de la probabilidad total con el sistema completo $\{J, M, A\}$:

Por la regla del producto, $P(A\cap B)=P(A)\,P(B\mid A)=0{,}15\cdot 0{,}4=0{,}06$.

Por la fórmula de la probabilidad de la unión (válida siempre; aquí $P(A\cap B)=0{,}06\neq 0$, así que no basta con sumar),

b) Cálculo de $P(C\cap D)$

El suceso $C$, «tiene 30 años o más», es $C=M\cup A$, y el suceso $D$, «presentó parte de accidente», es el contrario de $B$: $D=\overline{B}$. Como $M$ y $A$ son incompatibles,

c) Probabilidad de tener 60 años o menos sabiendo que presentó parte

Nos piden $P(\overline{A}\mid D)$, donde $\overline{A}=J\cup M$ es «tiene 60 años o menos». Primero, por el suceso contrario,

(que coincide con la suma de las ramas $0{,}075+0{,}055+0{,}09=0{,}22$).

Es una probabilidad a posteriori (teorema de Bayes). Como $\overline{A}=J\cup M$, con $J$ y $M$ incompatibles, $P(\overline{A}\cap D)=P(J\cap D)+P(M\cap D)$, y aplicando la regla del producto en el numerador:

Comprobación (o bien otra forma de calcularlo, como $1-P(A\mid D)$): $P(A\mid D)=\dfrac{0{,}15\cdot 0{,}6}{0{,}22}=\dfrac{9}{22}$, y $\dfrac{13}{22}+\dfrac{9}{22}=1$, como debe ser.

Sucesos. Definimos los sucesos relativos a las monedas y al dado:

• $C_0$: «ninguna cara», $C_1$: «exactamente una cara», $C_2$: «dos caras»;
• $D$: «número par en el dado» $=\{2,4,6\}$; $M$: «número mayor o igual que 5» $=\{5,6\}$;
• $G$: «el jugador gana».

Anotamos cada resultado de las monedas con las letras minúsculas «c» (cara) y «x» (cruz). Los cuatro resultados $\mathrm{cc}$, $\mathrm{cx}$, $\mathrm{xc}$, $\mathrm{xx}$ son equiprobables, así que

Con un dado equilibrado, $P(D)=\dfrac36=\dfrac12$ y $P(M)=\dfrac26=\dfrac13$.

Los resultados de las monedas y del dado son independientes (los lanzamientos no se influyen), de modo que la probabilidad de una intersección «monedas y dado» es el producto de las probabilidades. Según el enunciado,

y estos dos sucesos son incompatibles (no se pueden obtener a la vez dos caras y exactamente una cara).

a) Probabilidad de que el jugador gane

Como los dos sucesos que forman $G$ son incompatibles, sus probabilidades se suman:

Sustituyendo,

b) Probabilidad de dos caras sabiendo que ha ganado

Nos piden la probabilidad condicionada $P(C_2\mid G)$:

Si ha obtenido dos caras, solo gana con un número par, luego $C_2\cap G=C_2\cap D$ y

Con el resultado del apartado a):

c) Probabilidad de un cinco sabiendo que ha ganado

Sea $F$: «obtiene un 5 en el dado», con $P(F)=\dfrac16$. Nos piden

Con un 5 no se gana por la vía de las dos caras (5 es impar); solo se gana si hay exactamente una cara (pues $5\geq 5$). Por tanto $F\cap G=C_1\cap F$ y

Entonces

d) ¿Son independientes $A$ y $B$?

Tenemos $A=\overline{G}$ («no gana») y $B$: «obtiene un 6 en el dado». Los sucesos $A$ y $B$ son independientes si y solo si $P(A\cap B)=P(A)\,P(B)$.

• Por el apartado a), $P(A)=1-P(G)=1-\dfrac{7}{24}=\dfrac{17}{24}$.
• $P(B)=\dfrac16$.

Con un 6 se gana con dos caras (6 es par) y también con exactamente una cara ($6\geq 5$); solo no se gana con ninguna cara ($C_0$). Por tanto $A\cap B=C_0\cap B$ y

Por otro lado,

Como $P(A\cap B)=\dfrac{1}{24}=\dfrac{6}{144}\neq\dfrac{17}{144}=P(A)\,P(B)$, los sucesos no son independientes (basta con que falle esta igualdad).