Examen PAU MACS II Comunitat Valenciana 2025 junio resuelto

a) Planteamiento y solución óptima

Variables. Llamamos

• $x$ = número de días de funcionamiento de la planta A,
• $y$ = número de días de funcionamiento de la planta B.

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

Tabla de datos.

Función objetivo (coste en miles de euros), que hay que minimizar:

Restricciones. En $x$ días la planta A fabrica $x$ lotes de P1, $2x$ de P2 y $x$ de P3; en $y$ días la planta B fabrica $y$ lotes de P1, $y$ de P2 y $5y$ de P3. Como hay que producir al menos 6, 8 y 10 lotes:

Región factible. Dibujamos las rectas frontera:

• $r_1:\ x + y = 6$, que pasa por $(0,6)$ y $(6,0)$. El origen no cumple $0+0\ge 6$, así que la región está en el semiplano que no contiene al origen (por encima de la recta).
• $r_2:\ 2x + y = 8$, que pasa por $(0,8)$ y $(4,0)$. El origen no cumple $0\ge 8$: semiplano por encima de la recta.
• $r_3:\ x + 5y = 10$, que pasa por $(0,2)$ y $(10,0)$. El origen no cumple $0\ge 10$: semiplano por encima de la recta.
• $x\ge 0$, $y\ge 0$: primer cuadrante.

La región factible es la parte del primer cuadrante situada por encima de las tres rectas: es una región no acotada (se extiende indefinidamente hacia arriba y hacia la derecha).

Vértices. Recorremos la frontera de la región desde el eje $OY$ hasta el eje $OX$:

• $C$: corte de $r_2$ con el eje $OY$: $x=0 \Rightarrow y=8 \Rightarrow C=(0,8)$. (Los cortes de $r_1$ y $r_3$ con el eje $OY$, $(0,6)$ y $(0,2)$, no cumplen $2x+y\ge 8$.)

• $A$: corte de $r_1$ y $r_2$:

  $$\begin{cases} x + y = 6\\ 2x + y = 8\end{cases} \;\Rightarrow\; \text{restando: } x = 2,\quad y = 6 - 2 = 4 \;\Rightarrow\; A=(2,4).$$

  Cumple $r_3$: $2 + 5\cdot 4 = 22\ge 10$.

• $B$: corte de $r_1$ y $r_3$:

  $$\begin{cases} x + y = 6\\ x + 5y = 10\end{cases} \;\Rightarrow\; \text{restando: } 4y = 4,\quad y = 1,\quad x = 5 \;\Rightarrow\; B=(5,1).$$

  Cumple $r_2$: $2\cdot 5 + 1 = 11\ge 8$.

El corte de $r_2$ y $r_3$, $\left(\tfrac{10}{3},\tfrac{4}{3}\right)$, no es vértice: no cumple $r_1$, porque $\tfrac{10}{3}+\tfrac{4}{3}=\tfrac{14}{3}<6$.

• $D$: corte de $r_3$ con el eje $OX$: $y=0 \Rightarrow x=10 \Rightarrow D=(10,0)$. (Los cortes de $r_1$ y $r_2$ con el eje $OX$, $(6,0)$ y $(4,0)$, no cumplen $x+5y\ge 10$.)

Valor de la función objetivo en los vértices.

¿Existe el mínimo si la región no es acotada? Sí. Los coeficientes de $f$ son positivos, así que el coste crece al aumentar $x$ o $y$. Las rectas de nivel $60x + 75y = k$ tienen pendiente $-\tfrac{60}{75} = -0{,}8$ y, al aumentar $k$, se desplazan hacia arriba y hacia la derecha.

Partimos de $k$ pequeño y desplazamos la recta. El primer punto de la región que toca es el vértice $B(5,1)$ (la recta $60x+75y=375$ de la gráfica), con $k=375$. Esto ocurre porque su pendiente, $-0{,}8$, está entre la de $r_1$ ($-1$) y la de $r_3$ ($-0{,}2$), las dos rectas que se cortan en $B$. Para $k<375$ la recta de nivel no corta la región; para $k=375$ la toca solo en $B$, y para $k>375$ la corta en puntos de coste mayor. Por tanto, el mínimo se alcanza en $B(5,1)$ y vale 375.

El óptimo tiene coordenadas enteras, así que es válido aunque los días de funcionamiento deban ser enteros.

Comprobación. Con 5 días de la planta A y 1 día de la planta B se fabrican $5+1 = 6$ lotes de P1 (justo el mínimo), $2\cdot 5 + 1 = 11\ge 8$ lotes de P2 y $5 + 5\cdot 1 = 10$ lotes de P3 (justo el mínimo).

b) Coste mínimo

Sustituimos el óptimo en la función objetivo:

Planteamiento del sistema

Definimos las incógnitas:

• $x$ = número de espectadores que pagan la entrada completa ($9$ €),
• $y$ = número de espectadores que pagan el $20\,\%$ de la entrada (menores de 5 años),
• $z$ = número de espectadores que pagan el $50\,\%$ de la entrada (entre 5 y 16 años).

El precio de cada tipo de entrada es:

Traducimos cada dato del enunciado a una ecuación:

• Acuden 500 espectadores: $x+y+z=500$.
• La recaudación es de 2.115 €: cada grupo aporta (número de personas)·(precio), así que $9x+1{,}8y+4{,}5z=2115$.
• Los que pagan el 20 % son el doble de los que pagan la entrada completa: $y=2x$.

Para trabajar sin decimales (paso opcional: también se puede resolver con decimales), dividimos la segunda ecuación entre $0{,}9$: $9:0{,}9=10$, $1{,}8:0{,}9=2$, $4{,}5:0{,}9=5$ y $2115:0{,}9=2350$, así que queda $10x+2y+5z=2350$. Pasando además todo a un miembro en $y=2x$, el sistema queda

Resolución del sistema

Como la tercera ecuación da $y$ en función de $x$, resolvemos por sustitución. Sustituyendo $y=2x$ en la primera ecuación:

Sustituimos $y=2x$ y $z=500-3x$ en la segunda ecuación ($10x+2y+5z=2350$):

Entonces

El sistema es compatible determinado (solución única) y la solución tiene sentido en el contexto: son números naturales, positivos y suman 500.

Comprobación con los datos originales:

• Espectadores: $150+300+50=500$. ✓
• Recaudación: $9\cdot 150+1{,}8\cdot 300+4{,}5\cdot 50=1350+540+225=2115$ €. ✓
• $300=2\cdot 150$. ✓

Los tres trozos son funciones elementales: el primero es un cociente de polinomios cuyo denominador $1+x$ solo se anula en $x=-1$, que no está en $[0,4)$; los otros dos son polinomios. Por tanto, $f$ es continua y derivable en el interior de cada trozo, y lo único que hay que estudiar aparte son los puntos de cambio, $x=4$ y $x=8$.

a) Continuidad en $[0,9]$

En $x=4$. El valor de la función es $f(4)=2\cdot 4+4=12$, y los límites laterales son

Como $\dfrac{17}{5}\neq 12$, no existe $\lim\limits_{x\to 4}f(x)$: $f$ no es continua en $x=4$ (discontinuidad de salto finito, de altura $12-3{,}4=8{,}6$).

En $x=8$. El valor es $f(8)=3\cdot 8+60-8^2=24+60-64=20$, y

Los dos límites laterales coinciden con $f(8)=20$, así que $f$ es continua en $x=8$.

En los extremos $x=0$ y $x=9$ solo tiene sentido la continuidad lateral (por la derecha en $0$ y por la izquierda en $9$), y se cumple porque ahí la función viene dada por una expresión continua.

b) Crecimiento y decrecimiento

Derivamos cada trozo en el interior de su intervalo.

Primer trozo, $0<x<4$. Por la regla del cociente,

El denominador es siempre positivo, así que el signo de $f'$ es el del numerador. Sus raíces son

y en $[0,4)$ solo está $x=-1+\sqrt2\approx 0{,}414$. Estudiamos el signo con un valor de prueba en cada intervalo:

• En $(0,\,\sqrt2-1)$: $f'(0{,}2)=\dfrac{0{,}04+0{,}4-1}{1{,}44}<0$ (de hecho $f'(0)=-1$), luego $f$ decrece.
• En $(\sqrt2-1,\,4)$: $f'(1)=\dfrac{1+2-1}{4}=\dfrac12>0$, luego $f$ crece.

Segundo trozo, $4<x<8$. $f'(x)=2>0$: $f$ crece.

Tercer trozo, $8<x<9$. $f'(x)=3-2x$, que se anula en $x=\frac32$, fuera del intervalo. Como $3-2x<3-16=-13<0$ para $x>8$, $f$ decrece.

Juntando la información de los tres trozos:

La derivada solo sirve dentro de cada trozo; en $x=4$, donde $f$ no es continua, hay que comparar valores. A la izquierda de $4$, en $(\sqrt2-1,\,4)$, $f(x)<\frac{17}{5}=3{,}4<12=f(4)$, y a la derecha $f(x)>12$. Por eso, aunque $f$ dé un salto en $x=4$, sigue creciendo al pasar por ese punto.

c) Máximo y mínimo

La función no es continua en $[0,9]$, así que no podemos aplicar directamente el teorema de Weierstrass: comparamos los valores en los candidatos (extremos del intervalo, puntos donde $f'=0$ y puntos donde $f$ no es derivable o no es continua), con los límites laterales en $x=4$.

El valor en el mínimo se calcula así: con $x_0=\sqrt2-1$, $1+x_0=\sqrt2$ y $x_0^2=3-2\sqrt2$, luego

Por el estudio de la monotonía, $f$ baja de $1$ a $2\sqrt2-2$ en $[0,\sqrt2-1]$, sube desde ahí hasta $20$ en $(\sqrt2-1,8]$ (con el salto hacia arriba en $x=4$) y baja de $20$ a $6$ en $[8,9]$. Por tanto, el menor valor es $2\sqrt2-2$ y el mayor es $20$. El valor $3{,}4$ al que se acerca $f$ por la izquierda de $4$ no se alcanza, pero no influye: está entre $2\sqrt2-2$ y $20$.

La gráfica sirve para comprobar los resultados de los apartados a), b) y c), aunque en el examen hay que justificarlos analíticamente:

d) Área entre $x=8$ y $x=9$

Entre $x=8$ y $x=9$ la función es $f(x)=3x+60-x^2$. Antes de integrar hay que comprobar el signo: por el apartado b), $f$ decrece en $[8,9]$ de $f(8)=20$ a $f(9)=6$, así que $f>0$ en todo el intervalo y el área es directamente la integral.

Una primitiva es $F(x)=60x+\dfrac{3x^2}{2}-\dfrac{x^3}{3}$. Por la regla de Barrow:

Conviene factorizar primero numerador y denominador, porque lo usaremos en todos los apartados:

ya que las raíces de $x^2-2x-8=0$ son $x=\dfrac{2\pm\sqrt{4+32}}{2}=\dfrac{2\pm 6}{2}$, es decir, $x=4$ y $x=-2$. Por tanto,

Numerador y denominador no tienen factores comunes, así que la fracción no se simplifica.

a) Dominio y puntos de corte con los ejes

Dominio. Es una función racional: está definida en todos los números reales salvo donde se anula el denominador, es decir, en $x=-2$ y en $x=4$:

Corte con el eje $OX$ ($y=0$). Una fracción vale cero cuando se anula el numerador (y no el denominador):

Ambos valores están en el dominio, así que los puntos de corte son $(-3,0)$ y $(3,0)$.

Corte con el eje $OY$ ($x=0$, que está en el dominio):

El punto de corte es $\left(0,\tfrac{9}{2}\right)$.

b) Asíntotas horizontales y verticales

Asíntotas verticales. Solo pueden estar en los puntos que no son del dominio, $x=-2$ y $x=4$. En ambos el denominador se anula y el numerador no ($4(-2)^2-36=-20\neq 0$ y $4\cdot 4^2-36=28\neq 0$), así que los límites son infinitos. Estudiando el signo del denominador $(x-4)(x+2)$ a cada lado:

• En $x=-2$: el numerador tiende a $-20$; si $x\to-2^-$, $(x-4)(x+2)\to 0^+$ (negativo por negativo), y si $x\to-2^+$, $(x-4)(x+2)\to 0^-$. Por tanto

  $$\lim_{x\to-2^-}f(x)=\frac{-20}{0^+}=-\infty,\qquad \lim_{x\to-2^+}f(x)=\frac{-20}{0^-}=+\infty.$$

• En $x=4$: el numerador tiende a $28$; si $x\to4^-$, $(x-4)(x+2)\to 0^-$, y si $x\to4^+$, $(x-4)(x+2)\to 0^+$. Por tanto

  $$\lim_{x\to4^-}f(x)=\frac{28}{0^-}=-\infty,\qquad \lim_{x\to4^+}f(x)=\frac{28}{0^+}=+\infty.$$

Las rectas $x=-2$ y $x=4$ son asíntotas verticales. Conviene dar siempre los dos límites laterales: dicen por dónde sube o baja cada rama.

Asíntota horizontal. Numerador y denominador tienen el mismo grado (2), así que el límite en el infinito es el cociente de los coeficientes principales:

La recta $y=4$ es asíntota horizontal (por la izquierda y por la derecha). Al haber asíntota horizontal en ambos lados, no hay asíntotas oblicuas.

Para dibujar la gráfica es útil saber la posición respecto a la asíntota:

Para $x$ muy grande esta diferencia es positiva (la gráfica queda por encima de $y=4$), y para $x\to-\infty$ es negativa (queda por debajo). Además, la gráfica corta a la asíntota en $x=\tfrac12$, en el punto $\left(\tfrac12,4\right)$.

c) Crecimiento, decrecimiento y extremos locales

Derivamos con la regla del cociente:

Desarrollamos el numerador. Primero el producto $(4x^2-36)(2x-2)=8x^3-8x^2-72x+72$; el signo menos que lo precede cambia el signo de todos sus términos:

Así,

• El polinomio $x^2-x+9$ no tiene raíces reales, porque su discriminante es $(-1)^2-4\cdot 9=-35<0$; como su coeficiente principal es positivo, $x^2-x+9>0$ para todo $x$.
• El denominador $(x-4)^2(x+2)^2$ es positivo en todo el dominio.

Por tanto $f'(x)<0$ para todo $x\in\operatorname{Dom} f$: la derivada no se anula nunca y siempre es negativa.

Monotonía. La función es decreciente en cada uno de los intervalos que forman su dominio:

No hay intervalos de crecimiento.

Extremos locales. Un extremo local de una función derivable exige $f'(x)=0$, y aquí $f'(x)\neq 0$ en todo el dominio. Los puntos $x=-2$ y $x=4$ no pueden ser extremos porque no pertenecen al dominio. Por tanto, $f$ no tiene máximos ni mínimos locales.

En el examen basta una frase como: «$f'(x)<0$ en todo el dominio, luego $f$ es decreciente en cada intervalo del dominio y no tiene máximos ni mínimos locales».

d) Representación gráfica

Reunimos la información:

• Asíntotas verticales $x=-2$ y $x=4$ (en un examen conviene dibujarlas en trazo discontinuo); asíntota horizontal $y=4$. En la gráfica de abajo solo se ha trazado la horizontal: al copiarla hay que añadir a mano las dos verticales.
• En $(-\infty,-2)$ la función pasa de valores próximos a $4$ (por debajo) a $-\infty$, cortando el eje $OX$ en $x=-3$.
• En $(-2,4)$ baja desde $+\infty$, pasa por $\left(0,\tfrac92\right)$, cruza la asíntota horizontal en $\left(\tfrac12,4\right)$, corta el eje $OX$ en $(3,0)$ y cae a $-\infty$.
• En $(4,+\infty)$ baja desde $+\infty$ y se acerca a $y=4$ por encima, sin cortar los ejes.

Sucesos. Al elegir una persona al azar, definimos:

• $A_1$: «vive en un municipio pequeño (10 000 habitantes o menos)»,
• $A_2$: «vive en un municipio mediano (entre 10 001 y 50 000 habitantes)»,
• $A_3$: «vive en un municipio grande (más de 50 000 habitantes)»,
• $U$: «se graduó en la universidad».

Los sucesos $A_1$, $A_2$ y $A_3$ son incompatibles dos a dos y su unión es el espacio muestral (forman un sistema completo de sucesos, que es lo que permite aplicar el teorema de la probabilidad total). Los datos son

(Comprobación: $0{,}35+0{,}25+0{,}40=1$.)

Podemos organizarlo como un diagrama de árbol: la primera rama es el tipo de municipio y la segunda indica si se graduó ($U$) o no ($\overline{U}$). Al final de cada camino se multiplica (regla del producto):

a) Probabilidad de que se haya graduado

Como $A_1$, $A_2$, $A_3$ forman un sistema completo de sucesos, por el teorema de la probabilidad total:

Cada sumando es una intersección, por la regla del producto $P(U\mid A_i)\,P(A_i)=P(A_i\cap U)$:

Por tanto,

b) Probabilidad de vivir en un municipio de más de 10 000 habitantes, sabiendo que se graduó

«Vivir en un municipio con más de 10 000 habitantes» es el suceso $A_2\cup A_3$ (mediano o grande). Nos piden la probabilidad condicionada $P(A_2\cup A_3\mid U)$:

Como $A_2$ y $A_3$ son incompatibles, el numerador es

(valores ya calculados en el apartado a)),

y el denominador es el resultado del apartado a), $P(U)=0{,}385$. Así,

c) Probabilidad de la intersección

Escribimos los dos sucesos con la notación anterior:

• $C$: «vive en un municipio con 50 000 habitantes o menos» $=A_1\cup A_2$,
• $D$: «se graduó en la universidad o vive en un municipio con más de 10 000 habitantes» $=U\cup A_2\cup A_3$.

Una persona está en $C\cap D$ si cumple las dos condiciones a la vez. Lo vemos según su municipio:

• Mediano ($A_2$): está en $C$ y también en $D$ (vive en un municipio de más de 10 000 habitantes). Todas cuentan.
• Pequeño ($A_1$): está en $C$, pero solo está en $D$ si se graduó. Cuentan las de $A_1\cap U$.
• Grande ($A_3$): no está en $C$. No cuenta ninguna.

Por tanto,

Los sucesos $A_1\cap U$ y $A_2$ son incompatibles (no se puede vivir a la vez en un municipio pequeño y en uno mediano), luego

Es razonable: no supera $P(C)=0{,}35+0{,}25=0{,}60$, como debe ocurrir con una intersección.