indice: Álgebramatematicas.educacia.com/docs/ejercicio/e1582403084.pdf · Álgebra. pau y ebau....

ÁLGEBRA. PAU Y EBAU. Distrito Murcia

1

1

ÁLGEBRA EJERCICIOS PROPUESTOS EN LAS PAU Y EBAU. Distrito Murcia

NOTAS: 1ª.- En cada convocatoria se ofrecen dos opciones d e examen a elegir una, a saber OPCIÓN A y OPCIÓN B. Con esto, la numeración de las cuesti ones va precedida de la letra de la OPCIÓN.

2ª.- Desde la convocatoria de 2017 (incluida) se ha eliminado el contraste de hipótesis

________________________

INDICE: Álgebra ...............................................................................................................................................2

- Matrices y determinantes ........................................................................................... 2 CUESTIÓN A1 (junio-2013) ............................................................................... 2 CUESTIÓN A1 (septiembre-2014) ...................................................................... 3 CUESTIÓN A1 (junio-2015) ............................................................................... 4 CUESTIÓN A1 (junio-2017) ............................................................................... 5 CUESTIÓN A1 (septiembre-2018) ...................................................................... 6 CUESTIÓN A1 (junio-2019) ............................................................................... 7

- Sistemas...................................................................................................................... 8 CUESTIÓN A1 (septiembre-2013) ...................................................................... 8 CUESTIÓN A1 (junio-2014) ............................................................................... 9 CUESTIÓN A1 (junio-2016) ............................................................................. 10 CUESTIÓN A1 (junio-2018) ............................................................................. 11 CUESTIÓN A1 (septiembre-2019) .................................................................... 13

- Programación lineal.................................................................................................. 15 CUESTIÓN B1 (junio-2013)..............................................................................15 CUESTIÓN B1 (junio-2014)..............................................................................17 CUESTIÓN B1 (septeimbre-2014) .................................................................... 20 CUESTIÓN B1 (junio-2015)..............................................................................22 CUESTIÓN B1 (junio-2016)..............................................................................24 CUESTIÓN B1 (junio-2017)..............................................................................27 CUESTIÓN B1 (junio-2018)..............................................................................29 CUESTIÓN B1 (septiembre-2018) .................................................................... 30 CUESTIÓN B1 (junio-2019)..............................................................................32 CUESTIÓN B1 (septiembre-2019) .................................................................... 33


2

2

ÁÁLLGGEEBBRRAA

- MATRICES Y DETERMINANTES

CUESTIÓN A1 (JUNIO-2013)

Dadas las matrices

=10a

610

511

A ;

−=

01

21

b2

B y

−−=

1c3

152C

a) Hallar a , b y c para que se cumpla que tCBA =⋅ (Ct denota la traspuesta de C)

b) Para 0= a calcular la inversa de A

SOLUCIÓN:

a) Como A3x3 y B3x2, el producto será 3x2 que coincide con la dimensión de la traspuesta de C

tC

11

c5

32

ab1a2

25

2b2

01

21

b2

10a

610

511

BA =

−−

=

−−

+−=

−⋅

=⋅

Dos matrices son iguales si son iguales los elementos que ocupan las mismas posiciones:

==−

==+

1ab

11a2

c2

32b

De la primera ecuación: 1b32b ==+

De la segunda ecuación: 2c =

De la tercera ecuación: 1a11a2 ==−

Comprobamos que efectivamente se cumple la cuarta ecuación.

Solución: a=1; b=1; c=2

b) ( )

=100

010

001

100

610

511

I|A

−−

→−→−

100

610

501

100

010

011

FF6F

FF5F

232

131


3

3

( )1

121

A|I

100

610

111

100

010

001FFF−=

−−→−

Por tanto,

−−

=−

100

610

111

A 1

CUESTIÓN A1 (SEPTIEMBRE-2014)

Dadas las matrices

−

−=

012

112

101

A ,

−=

1a

b1

1a

B y

−−=

211

231C

Hallar a y b para que tCBBA +=⋅ (Ct denota la traspuesta de C )

SOLUCIÓN:

−+

−=

=

−

−+

−=

−−+

−=+

12a

1b4

21a

22

13

11

1a

b1

1a

211

231

1a

b1

1a

CB

t

t

+−+−++=

−⋅

−

−=⋅

b21a2

b11a3

20

1a

b1

1a

012

112

101

BA

Como tCBBA +=⋅ igualando términos:

+−=+=+

=+−=−+=

=−

b21

b11b

22

1a22a

1a34

01a

Las ecuaciones 4ª y 5ª las rechazamos por ser identidades.

De la primera ecuación:

1a01a ==−

De la sexta ecuación:

3bb21 =+−=

Solamente queda comprobar si se cumplen las ecuaciones 2ª y 3ª:

Ecuación 2ª:


4

4

1a34 += . Para 11341a +⋅== que es cierto

Ecuación 3ª:

1a22a +−=− . Para 112211a +⋅−=−= que también es cierto

Así pues, 3by1a ==


Dadas las matrices

−

−=

01

00

12

A ;

−−=

142

021B y

−−=

31

21

21

C

a) Calcular C2Bt +

b) Hallar la matriz

=

dc

baX que cumple C2BAX t +=

SOLUCIÓN:

a)

=

−−+

−−=+

31

21

21

2142

021C2B

t

t

−=

−−+

−−

=52

00

23

62

42

42

10

42

21

b) Como la matriz A no es cuadrada, no tiene inversa, por lo que resolveremos igualando términos:

−−

−−=

−

−=

ba

00

db2ca2

dc

ba

01

00

12

AX

Si

−=

−−

−−+=

52

00

23

ba

00

db2ca2

C2BAX t

Igualando los términos de ambas matrices:

−=−=−

=−=−

5b

2a

2db2

3ca2

=−=

=−=−=−−=

=−=

−=−=

5b

2a

8210d

734c

5b

2a

2b2d

3a2c

Así pues, la matriz

−−

=87

52X


5

5


Dadas las matrices

−=

120

321A y

−−=

11

01

12

B

a) Calcular tA

b) Calcular BA ⋅

c) Hallar la matriz

=

dc

baX que cumple ICXBA + =⋅ ⋅ donde

−−

=10

21C , e I es la matriz identidad.

SOLUCIÓN:

a) Cambiando filas por columnas:

−=

−=

13

22

01

120

321A

t

t

b) 2x2

2x3

3x211

23

11

01

12

120

321BA

−=

−−⋅

−=⋅

c) ( ) ( ) ( ) ( ) +⋅⋅=⋅ ⋅⋅⋅+ =⋅ ⋅ −− ICBAXBABAICXBA 11

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )ICBAXICBAXI

ICBAXBABA11

11

+⋅⋅=+⋅⋅=⋅

+⋅⋅=⋅⋅⋅⋅−−

−−

Calculemos ( ) 1BA −⋅ :

( )

−−−

=⋅32

11BAAdj

( )( )

−−−

=⋅31

21BAAdj t

523BA −=−−=⋅

Así pues, ( )

−−−

⋅−=⋅ −

31

21

5

1BA 1

La matriz X es:


6

6

( ) ( )

−

−

=

−−

⋅−=

−⋅

−−−

⋅−=

=

+

−−

⋅

−−−

⋅−=+⋅⋅= −

5

2

5

25

2

5

2

22

22

5

1

00

22

31

21

5

1

10

01

10

21

31

21

5

1ICBAX 1


Dadas las matrices

−−−

−

=121

113

02

11

A ,

=z

0

x2

B ,

=1

y

0

C y

−=

5

1

3

D .

Hallar x , y , z para que se cumpla ( ) DCBAt =+

SOLUCIÓN:

+=

+

=+1z

y

x2

1

y

0

z

0

x2

CB

( )

−−+++−

−−−=

+⋅

−

−−−

=+1zy

2z2yx

1zy3x2

1z

y

x2

110

212

1131

CBAt

Para que dos matrices sean iguales, todos sus elementos deben coincidir:

Si

( )

−=

−−+++−

−−−=+

5

1

3

1zy

2z2yx

1zy3x2

DCBAt

5

1

3

1zy

2z2yx

1zy3x2

−

===

−−+++−

−−−

Resolvemos por Gauss:

4

1

4

zy

z2yx

zy3x2

−−

===

−++−−−

La matriz de Gauss es:

−−−

−−→+

−−

−−

−−

4

2

4

110

310

132

FFF2

4

1

4

110

211

132

212

−−

−−

→+ 224

200310132

FFF 323


7

7

Dada la estructura de la fila 3ª, el sistema es compatible determinado:

−−−

→−→+

−−

−−

→ 1

5

3

100

010

032

FF3F

FFF

1

2

4

100

310

132

FF2

1232

131

33

−−

−→−

1

5

3

100

010

032

FF)1( 22

−−−→

−−

−→+

1

5

6

100

010

001FF2

1

1

5

12

100

010

002FF3F 11121

Solución: Los valores de x, y, z son respectivamente, -6, -5, -1


Sean las matrices

−−

=

=

=

21

10Cy

0a

a1B,

11

12A

a) Calcule 1A−

b) Calcule el valor del parámetro a para que 1ACB −=+

c) Calcule el valor del parámetro a para que I3CBA =++ , donde Ies la matriz identidad de orden 2

SOLUCIÓN:

a) 11211

12A =−==

1)1(A 1111

11 =α⋅−= + 1)1(A 1221

12 −=α⋅−= +

1)1(A 2112

21 −=α⋅−= + 2)1(A 2222

22 =α⋅−= +

( )

−−

=

−−

=21

11)A(Adj

21

11)A(Adj t

( )

−−

=⋅= −

21

11)A(Adj

A

1A t1

b) Si 1ACB −=+ :

−−

=

−−

+

=

−−

=−

21a

1a1

21

10

0a

a1

21

11A 1

0a11a =−=−

c)

==++

30

03I3CBA


8

8

0a30

03

3a

a3

30

03

21

10

0a

a1

11

12=

=

=

−−

+

+

- SISTEMAS


En un avión viajan un total de 360 pasajeros, el número de hombres duplica al de la suma de las mujeres y los niños. El número de adultos menos el de niños duplica al número de hombres menos el de mujeres. Determinar el número de hombres, mujeres y niños que viajan en el avión.

SOLUCIÓN:

Sean:

x = número de hombres

y = número de mujeres

z = número de niños

Ecuaciones:

a) viajan un total de 360 pasajeros:

360zyx =++

b) el número de hombres duplica al de la suma de las mujeres y los niños

0z2y2x)zy(2x =−−+=

c) el número de adultos menos el de niños duplica al número de hombres menos el de mujeres

0zy3x)yx(2z)yx( =−+−−=−+

El sistema es:

[ ]

−−−−=

=−+−=−−

=++

0131

0221

360111

B|A

0zy3x

0z2y2x

360zyx

−−−→+→−

360040

360330

360111

FFF

FFF

313

212

→→−

90010

120110

360111

F4:F

F)3(:F

33

22

→− 30100

120110

360111

FFF 332

El sistema es compatible determinado:


9

9

→−→−

30100

90010

330011

FFF

FFF

232

131

→−

30100

90010

240001FFF 121

30z

90y

240x

==

=

Hay 240 hombres, 90 mujeres y 30 niños


Discutir el siguiente sistema por el método de Gauss, según los valores del parámetro a, siendo a un número real distinto de 0.

−=−++=−=−+

1a3z)1a(yax

2yax

1az2yax

SOLUCIÓN:

a) Construimos la matriz de coeficientes:

−−−

−

→−→−

−−−

−=

2a3

1

1

1a300

a220

a21a

FFF

FFF

1a3

2

1

1a1a

01a

a21a

B|A

313

212

Si 01a3 ≠− el sistema es compatible determinado

Si 01a3 =− :

Si 02a3 =− el sistema es compatible indeterminado

Si 02a3 ≠− el sistema es incompatible

Si 3

1a01a3 ==−

Si 3

2a02a3 ==−

Por tanto:

Si 3

1a ≠ el sistema es compatible determinado

Si 3

1a = y

3

2a = es imposible

Si 3

1a = y

3

2a ≠ el sistema es incompatible


10

10

En definitiva:

Si 3

1a ≠ el sistema es compatible determinado

Si 3

1a = el sistema es incompatible

b) para a=1 el sistema es compatible determinado. Partiendo de la última matriz, sustituyendo a por 1:

→→−

→

−→+

−→−→+

−−

2/1

0

2

100

010

001

F2/F

F)2/(F

F2/F

1

0

4

200

020

002FFF2

1

0

2

200

020

011

FFF

FFF

1

1

1

200

220

211

11

11

11121

232

131

Solución:

2

1,0,2


En una empresa trabajan empleados de las categorías A, B y C. El salario mensual de cada trabajador es de 1200, 1700 y 2200 euros, según que pertenezca a la categoría A, B y C, respectivamente. Todos los trabajadores destinan el 5% de su salario a un plan de pensiones, lo que asciende en un mes a un total de 4930 euros. El número de trabajadores de la categoría A es el 150% de los de la categoría B. El número de trabajadores de la categoría B más el de la C supera en 3 al número de trabajadores de la categoría A. Hallar el número de trabajadores de cada categoría que tiene la empresa.

SOLUCIÓN:

Llamaremos:

x = número de trabajadores de la categoría A

y = número de trabajadores de la categoría B

z = número de trabajadores de la categoría C

Todos los trabajadores destinan el 5% de su salario a un plan de pensiones, lo que asciende en un mes a un total de 4930 euros

986z22y17x124930z110y85x60

4930z2200100

5y1700

100

5x1200

100

5

=++=++

=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅

El número de trabajadores de la categoría A es el 150% de los de la categoría B

0y3x2y2

3xy

100

150x =−==

El número de trabajadores de la categoría B más el de la C supera en 3 al número de trabajadores de la categoría A


11

11

3zyx3xzy =++−+=+

Debemos resolver el sistema:

=++=−=++−

986z22y17x12

0y3x2

3zyx

cuya matriz de coeficientes es:

−−

986

0

3

221712

032

111

−−

→+→+

1022

6

3

34290

210

111

FF12F

FF2F

313

212

−−

→+ 1196

6

3

9200

210

111

FF29F 323

El sistema es compatible determinado, por lo que tiene una única solución:

→−→−

−−

−−→+

−−

−−

→−→−

−−

→

13

20

30

100

010

001

FF)1(

FF)1(

13

20

30

100

010

001FFF

13

20

10

100

010

011

FF2F

FFF

13

6

3

100

210

111

FF92

1

22

11121

232

131

33

En definitiva, la empresa tiene 30 trabajadores de categoría A, 20 de categoría B y 13 de C


Discutir el siguiente sistema en función del parámetro "a":

=−+=+=−+

4z2yax

1zy

6zy2x

Resolverlo para 2a =

SOLUCIÓN:

Llamaremos:

−

−=

21a

110

121

A y

−

−=

4

1

6

21a

110

121

B|A

Rango de A:

El menor 2)A(R031211

12≥≠=+=

−


12

12

( )a131a

113

3a

311)1(

23a

100

131

)CC(21a

110

121

A 32

32

−−=−=⋅⋅−=−

−

−=

−

−= +

Por tanto:

Si

=≠≠===

3)A(R0A1a

2)A(R0A1a

Rango de A|B:

tomando )C,C,C( 432

=−−

−−

−=

−

−

−=

−

−

463

100

674

)CC(461

101

672

)CC(421

111

612

3132

( ) 03212463

741 ≠−=−−=

−−−−

⋅−=

Así pues, 3)B|A(R =

Concluyendo:

3)B|A(Ry2)A(R1a === Sistema incompatible

3)B|A(Ry3)A(R1a ==≠ Sistema compatible determinado

Para 12a ≠= es compatible determinado:

Por Cramer: si ( )a13

21a

110

121

A −−=−

−=

Para 2a = , ( ) 3213A =−−=

316

173

36

371

236

100

137

)CC(

)CC(

214

111

126

A

32

31

x −=−=⋅−=−

−

−=−

−

−=

13

3

A

Ax x −=−==

8)8(162

711

262

100

171

)CC(242

110

161

A

32

y =−⋅−=⋅−=−

−

−=

−

−=

3

8

A

Ay

y ==


13

13

55132

411

432

100

641

)CC(412

110

621

A

32

z −=⋅−=−−

⋅−=−

−

−==

3

5

A

Az z −==

Solución:

−−3

5,

3

8,1


Discutir el sistema lineal de ecuaciones en función de los valores del parámetro "a":

−=−−=−−

=−+

1aaz2x3

1azyax

0zyx2

Resolverlo para a=0.

SOLUCIÓN:

a) Sean las matrices ( )

−−

−−−−

=1a

1a

0

a203

11a

112

B|A

Como el menor 2)A(R0211

1131 ≥≠−=

−−−

=α

Veamos el rango de A

( )

( ) ( )( ) ( ) ( )6a4a2162aa21

a23

22a11

a203

202a

112

FFa203

11a

112

A

2

21

12

+−−⋅−=++−⋅−=

=−−+

⋅⋅−=−−+−

+=

−−−−

= +

Para que 0A = :

−

=−±=

−±=

−+±==+−−

1

3

4

84

4

644

4

48164a06a4a2 2

Tomando la desigualdad 3)B|A(R)A(R2 ≤≤≤

Si 3)B|A(R3)A(R0A3ay1a ==≠−≠≠ , el sistema es

compatible determinado.


14

14

Para :1a = ( )

−−−−

=0

0

0

203

111

112

B|A Como la matriz ampliada se

forma con una columna de ceros, no se modifica el rango:

2)B|A(R2)A(R == , el sistema es compatible indeterminado.

Para :3a −= ( )

−−−−−

−=

4

4

0

603

113

112

B|A

Eligiendo las tres últimas columnas:

024846

42

460

421

001

CC460

411

011

12

≠+=−−−

=−−−−=

+=

−−−−

−

3)B|A(R =

3)B|A(Ry2)A(R == , el sistema es incompatible.

b) Para 0a = el sistema es compatible determinado y

( )

−−−−

−=

1

1

0

003

110

112

B|A

6

003

110

112

A −=−−−

=

3

1

6

2

6

11

111

6

001

111

110

A

Ax x −=−=

−−−−

⋅−=

−−

−−−−

==

6

5

6

13

121

6

013

012

102

6

013

110

102

A

Ay

y =−

−−−

⋅−=

−−−−

−

=−

−−−−

==


15

15

6

1

6

13

121

6

013

110

012

6

103

110

012

A

Az z =

−

⋅=

−

−−

=−

−−−

==

- PROGRAMACIÓN LINEAL

CUESTIÓN B1 (JUNIO-2013)

Una pastelería dispone de 100 kg de masa, 80 kg de crema de chocolate y 46 kg de nata. Con estos ingredientes elabora dos tipos de tartas: la tarta de chocolate, que requiere para su elaboración 1 kg de masa y 2 kg de crema de chocolate, y la tarta de chocolate y nata, que requiere 2 kg de masa, 1 kg de crema de chocolate y 1 kg de nata. Por cada tarta de chocolate se obtiene un beneficio de 10 euros, y de 12 euros por cada una de chocolate y nata.

Suponiendo que vende todas las tartas, ¿cuántas tartas de cada tipo debe preparar para maximizar su beneficio?, ¿cuál es el beneficio máximo?

SOLUCIÓN:

Masa Crema Nata Beneficio/u.

T. chocolate 1 2 0 10

T. mixta 2 1 1 12

Disponibilidad 100 80 46

Variables:

Llamaremos:

x = número de tartas de chocolate

y = número de tartas de chocolate y nata

Función objetivo:

y12x10)y,x(f +=

Pendiente de las rectas de nivel:

12

10m −=

Restricciones:

0x ≥

0y ≥

100y2x ≤+

80yx2 ≤+


16

16

46y ≤

Rectas asociadas:

0x =

0y =

100y2x =+

80yx2 =+

46y =

Representación gráfica:

Gráficamente se observa claramente que la solución "máxima" está en el punto C.

Cálculo de vértices:

Vértice A

Obviamente, el vértice A viene determinado por la recta 5ª y el eje OY

)46,0(A

Vértice B

Este vértice está en la intersección de las rectas 3ª y 5ª,por lo que la ordenada es 46.

Sustituyendo en la 3ª: 892100x100462x =−==⋅+ )46,8(B

Vértice C

El vértice C viene determinado por la intersección de la recta 3ª y la 4ª, por lo que resolviendo el sistema:

=+=+

80yx2

100y2x

a)multiplicando la primera ecuación por 2 y restándole la segunda:


17

17

40y120y380yx2

200y4x2==

=+=+

b)multiplicando la segunda ecuación por 2 y restándole la primera:

20x60x3160y2x4

100y2x==

=+=+

)40,20(C

Vértice D

Como antes, el vértice D viene determinado por la recta 4ª y el eje OX

)0,40(D

Valor de la función objetivo en los vértices:

Vértice A

55255204612010)46,0(f =+=⋅+⋅=

Vértice B

236552804612810)46,8(f =+=⋅+⋅=

Vértice C

08648020040122010)40,20(f =+=⋅+⋅=

Vértice D

40004000124010)0,40(f =+=⋅+⋅=

Tal y como se había previsto gráficamente, el máximo se alcanza en el punto C


Será necesario elaborar 20 tartas de chocolate y 40 de chocolate y nata para obtener un beneficio máximo de 680 euros.


Una fábrica de tintas dispone de 1000 kg de color A, 800 kg de color B y 300 kg de color C, con los que fabrica dos tipos de tinta, una para la etiqueta de un refresco y otra para un cartel. Cada bote de tinta de la etiqueta necesita 10 kg del color A, 5 kg del color B y 5 kg del color C y el de tinta del cartel requiere 5 kg de A y 5 kg de B. Obtiene un beneficio de 30 euros por cada bote de tinta para etiquetas y de 20 euros por cada bote de tinta para carteles. Si vende todos los botes fabricados, ¿cuántos botes de cada tipo de tinta debe fabricar para maximizar su beneficio?, ¿cuál es el beneficio máximo?

SOLUCIÓN:

Color A Color B Color C Beneficio/u.

Bote tinta etiquetas 10 5 5 30

Bote tinta cartel 5 5 0 20

Disponibilidad 1000 800 300


18

18

Variables:

Llamaremos:

x = número de botes de tinta para etiquetas

y = número de botes de tinta para cartel

Función objetivo:

y20x30)y,x(f +=


20

30m −=

Restricciones:

0x ≥

0y ≥

1000y5x10 ≤+

800y5x5 ≤+

300x5 ≤

Rectas asociadas:

0x =

0y =

200yx2 =+

160yx =+

60x =


Gráficamente se observa claramente que la solución "máxima" está en el punto B.


19

19

Cálculo de vértices:

Vértice A

Obviamente, el vértice A viene determinado por la recta 2ª y el eje OY

)160,0(A

Vértice B

El vértice B viene determinado por la intersección de la recta 3ª y la 4ª, por lo que resolviendo el sistema:

=+=+

160yx

200yx2

a)restando ambas ecuaciones:

40x =

b)sustituyendo en la 2ª ecuación:

12040160y160y40 =−==+

)120,40(B

Vértice C

Este vértice está en la intersección de las rectas 3ª y 5ª, por lo que la ordenada es 60.

Sustituyendo en la 3ª: 80yx2200y200yx2 =−==+ )80,60(C

Vértice D

Como antes, el vértice D viene determinado por la recta 5ª y el eje OX

)0,60(D


Vértice A

20033200016020030)160,0(f =+=⋅+⋅=

Vértice B

600324001200120204030)120,40(f =+=⋅+⋅=

Vértice C

00431600180080206030)80,60(f =+=⋅+⋅=

Vértice D

0018018000206030)80,60(f =+=⋅+⋅=

Tal y como se había previsto gráficamente, el máximo se alcanza en el punto B


Será necesario fabricar 20 botes de tinta para etiquetas y 120 botes de tinta para cartel y así podremos obtener un beneficio máximo de 3600 euros.


20

20

CUESTIÓN B1 (SEPTEIMBRE-2014)

Un profesor proporciona a sus alumnos un listado con 20 problemas del tema 1 y 20 del tema 2. Cada problema del tema 1 vale 5 puntos y cada problema del tema 2 vale 8 puntos. Los alumnos pueden hacer problemas de los dos temas, pero con las siguientes condiciones:

1) El número de problemas realizados del tema 1 no puede ser mayor que el número de problemas del tema 2 más 2, ni ser menor que el número de problemas del tema 2 menos 8.

2) La suma de 4 veces el número de problemas realizados del tema 1 con el número de problemas realizados del tema 2 no puede ser mayor que 38.

Hallar cuántos problemas del tema 1 y del tema 2 hay que hacer para obtener la máxima puntuación.

SOLUCIÓN:

Las variables son:

=x número de problemas a realizar del tema 1

=y número de problemas a realizar del tema 2

Condiciones:

- Según la condición 1:

2yx +≤

8yx −≥

- Según la condición 2:

38yx4 ≤+

Con esto tendremos las siguientes restricciones:

2yx +≤

8yx −≥

38yx4 ≤+

0x ≥

0y ≥

20x ≤

20y ≤

Las rectas que delimitan cada semiplano son respectivamente:

2yx +=

8yx −=

38yx4 =+

0x =

0y =

20x =

20y =


21

21

Función objetivo:

y8x5)y,x(f += que deberemos maximizar.

la pendiente de las rectas de nivel es 8

5m

−=

Representación gráfica y región factible:

Gráficamente se aprecia la solución óptima en el punto C.

Determinemos el máximo algebraicamente:

Punto B: Intersección de las rectas y :

=−=0x

8yxEl punto es )8,0(B

Punto C: Intersección de las rectas y :

65

30x30x58x38x4

38x4y

8xy=

−−=−=−+=+−

+−=+=

en cuyo caso, 1486y =+=

El punto es ( )14,6C

Punto D: Intersección de las rectas y :

85

40x40x52x38x4

38x4y

2xy=

−−=−=−−=+−

+−=−=

Por tanto, 628y =−=

El punto es )6,8(D

Punto E: Intersección de las rectas y :

2x02x0y

2xy==−

=−=

. El punto es )0,2(E


22

22

Punto O: Es el origen de coordenadas: )0,0(O

Calculemos la función objetivo en cada vértice de la región factible:

Punto )8,0(B : 64880)8,0(f =⋅+=

Punto ( )14,6C : ( ) 1421486514,6f =⋅+⋅=

Punto )6,8(D : 886885)6,8(f =⋅+⋅=

Punto )0,2(E : 10025)0,2(f =+⋅=

Punto )0,0(O : obviamente, 0)0,0(f =

En consecuencia, efectivamente el máximo se alcanza en el vértice C, por lo que sería conveniente contestar 6 preguntas del tema 1 y 14 del tema 2. Se alcanzaría así la máxima puntuación que sería de 142 puntos.


En un edificio se quieren colocar, al menos, 20 máquinas expendedoras entre las de bebidas calientes y las de bebidas frías. Hay disponibles 12 máquinas de bebidas calientes y 40 de bebidas frías. Se pretende que el número de expendedoras de bebidas calientes no sea superior a una tercera parte del de bebidas frías y que, por lo menos, una quinta parte del total de máquinas que se coloquen sean de bebidas calientes. Cumpliendo las condiciones anteriores, ¿qué combinación de máquinas de cada tipo hace que la diferencia del número de máquinas de bebidas frías menos el de bebidas calientes colocadas sea mayor?

SOLUCIÓN:

Variables:

Llamaremos:

x = número de máquinas expendedoras de bebidas calientes.

y = número de máquinas expendedoras de bebidas frías.

Restricciones:

Se quieren colocar al menos 20 máquinas expendedoras en total:

20yx ≥+

hay disponibles 12 máquinas de bebidas calientes

12x ≤

y 40 de bebidas frías

40y ≤

el número de expendedoras de bebidas calientes no sea superior a una tercera parte del de bebidas frías

yx3y3

1x ≤≤

por lo menos, una quinta parte del total de máquinas que se coloquen sean de bebidas calientes

yx4)yx(5

1x ≥+≥

Rectas:


23

23

Las rectas que delimitan las regiones del plano definidas por cada restricción son:

20yx =+

12x =

40y =

yx3 =

yx4 =

Función objetivo:

diferencia del número de máquinas de bebidas frías menos el de bebidas calientes colocadas

xy)y,x(f −=


1m = (son todas paralelas a la bisectriz del primer y tercer cuadrante)


Según vamos desplazando las rectas de nivel, se observa que el máximo estará en el vértice A de la región factible.

Vértices y valor de la función objetivo:

Vértice A: Se localiza en la intersección de las rectas y


24

24

10x40x4yx4

40y==

==

; ( )40,10A

( ) 30104040,10f =−=

Vértice B: Se localiza en la intersección de las rectas y

==

12x

40y; ( )40,12B

( ) 28124040,12f =−=

Vértice C: Se localiza en la intersección de las rectas y

36yyx3

12x=

==

; ( )36,12C

( ) 24123636,12f =−=

Vértice D: Se localiza en la intersección de las rectas y

15y5x20x4yx3

20yx===

==+

; ( )15,5D

( ) 1051515,5f =−=

Vértice E: Se localiza en la intersección de las rectas y

16y4x20x5yx4

20yx===

==+

; ( )16,4E

( ) 1241616,4f =−=

Obviamente, como cabía esperar, el máximo se localiza en el vértice A,

por tanto, se deberían instalar 10 máquinas expendedoras de bebidas calientes y 40 de bebidas frías.


Un supermercado necesita, al menos, 80 docenas de huevos de tamaño pequeño, 120 docenas de tamaño mediano y 90 docenas de tamaño grande. Se abastece en dos granjas A y B. La granja A suministra lotes de 4 docenas de huevos pequeños, 12 docenas de medianos y 2 docenas de grandes, y el coste de cada lote es de 6 euros. La granja B proporciona lotes de 2 docenas de huevos pequeños, 2 docenas de medianos y 6 docenas de grandes, con un coste de 4 euros por lote. Además, la granja A puede suministrar, como máximo, 50 lotes y la granja B puede suministrar, como máximo, 60 lotes. Hallar el número de lotes que debe comprar a cada granja para satisfacer sus necesidades con el mínimo coste.

SOLUCIÓN:

Sean:

x = Número de lotes proporcionados por la granja A

y = Número de lotes proporcionados por la granja B

Datos:


25

25

Huevos peq. Huevos med. Huevos gra. Dispon. precio

Lote de A 4 12 2 50 6

Lote de B 2 2 6 60 4

necesidades 80 120 90

Función objetivo: y4x6)y,x(F +=

Pendiente de las rectas de nivel: 2

3

4

6m −=−=

Restricciones:

1º 40yx280y2x4 ≥+⇔≥+

2º 60yx6120y2x12 ≥+⇔≥+

3º 45y3x90y6x2 ≥+⇔≥+

4º 50x ≤ 5º 60y ≤ 6º 0x ≥ 7º 0y ≥


Vértice A: Se encuentra en la intersección de las rectas determinadas por las restricciones 2ª y 5ª:

=

==+

0x60y

60yx6 )60,0(A

Vértice B: Se encuentra en la intersección de las rectas determinadas por las restricciones 4ª y 5ª:

==

60y

50x )60,50(B

Vértice C: Se encuentra en la intersección de las rectas determinadas por las restricciones 4ª y 7ª:


26

26

==

0y

50x )0,50(C

Vértice D: Se encuentra en la intersección de las rectas determinadas por las restricciones 3ª y 7ª:

=

==+

45x0y

45y3x )0,45(D

Vértice E: Se encuentra en la intersección de las rectas determinadas por las restricciones 1ª y 3ª:

=+=+

45y3x

40yx2

multiplicando por 2 la segunda ecuación y restando:

10y50y590y6x2

40yx2==

=+=+

Sustituyendo en la 3ª: 15x4530x ==+

)10,15(E

Vértice F: Se encuentra en la intersección de las rectas determinadas por las restricciones 1ª y 2ª:

=+=+

60yx6

40yx2

restando:

5x20x4 ==

Sustituyendo en la 1ª: 30y40y10 ==+

)30,5(F

Función objetivo en los vértices:

Vértice A: )60,0(A

24060406)60,0(F =⋅+⋅=

Vértice B: )60,50(B

540604506)60,50(F =⋅+⋅=

Vértice C: )0,50(C

30004506)0,50(F =⋅+⋅=

Vértice D: )0,45(D

27004456)0,45(F =⋅+⋅=

Vértice E: )10,15(E

130104156)10,15(F =⋅+⋅=

Vértice F: )30,5(F


27

27

15030456)30,5(F =⋅+⋅=

Como puede observarse, el valor mínimo se alcanza en el vértice E.

Para satisfacer las necesidades del supermercado se deberá comprar 15 lotes de huevos a la granja A y 10 lotes de huevos a la granja B para que el coste sea mínimo.


Una fábrica textil compra tela a dos distribuidores, A y B. Los distribuidores A y B venden la tela a 2 y 3 euros por metro, respectivamente. Cada distribuidor le vende un mínimo de 200 metros y un máximo de 700 y para satisfacer su demanda, la fábrica debe comprar en total como mínimo 600 metros. La fábrica quiere comprar al distribuidor A, como máximo, el doble de metros que al distribuidor B. Hallar los metros que debe comprar a cada uno de los distribuidores para obtener el mínimo coste. Determinar dicho coste mínimo.

SOLUCIÓN:

Venta

Precio/m mínimo máximo

Necesidades

mínimas

Distr. A 2 200 700

Distr. B 3 200 700 600

Llamaremos:

x = Número de metros a comprar al distribuidor A

y = Número de metros a comprar al distribuidor B

Función objetivo:

y3x2)y,x(f +=


2m −=

Restricciones:

1ª. 700x200 ≤≤

2ª. 700y200 ≤≤

3ª. 600yx ≥+

4ª. y2x ≤



28

28

Vértices de la región factible:

a) El vértice A está en la intersección de:

400200600x600yx

200y=−=

=+=

)200,400(A

140060080020034002)200,400(f =+=⋅+⋅=

b) El vértice B está en la intersección de:

400200600y600yx

200x=−=

=+=

)400,200(B

1600120040040032002)400,200(f =+=⋅+⋅=

c) El vértice C está en la intersección de:

3502

700y

y2x

700x==

==

)350,700(C

24501050140035037002)350,700(f =+=⋅+⋅=

d) El vértice D está en la intersección de:

==

700x

200y

)700,200(D

2500210040070032002)700,200(f =+=⋅+⋅=

e) El vértice E está en la intersección de:

==

700x

700y


29

29

)700,700(E

35002100140070037002)700,700(f =+=⋅+⋅=

Como cabía esperar de la representación gráfica, el valor mínimo se alcanza en el vértice )200,400(A

La compra que importa el menor coste consiste en 400 metros al distribuidor A y 200 al distribuidor B, alcanzando un precio de 1400€


Una fábrica produce dos modelos de bolsos, tipo A y tipo B. Cada bolso tipo A requiere 5m2 de piel y 5 horas de trabajo y cada bolso del modelo B requiere 5 m2 de piel y 10 horas de trabajo. Dispone de 200 m2 de piel y 225 horas de trabajo. Además, quiere producir mayor o igual número de bolsos tipo A que B. El beneficio obtenido es de 50€ por cada bolso tipo A y 80€ por cada bolso tipo B. Hallar el número de bolsos que debe fabricar de cada tipo para obtener el máximo beneficio. Calcular dicho beneficio máximo.

SOLUCIÓN:

Variables:

x = número de bolsos tipo A

y = número de bolsos tipo B

Datos:

m2 de piel Horas trabajo Beneficio

Tipo A 5/u 5/u 50/u

Tipo B 5/u 10/u 80/u

Disponibilidad 200 225

Función objetivo:

y80x50)y,x(f +=

Pendiente de rectas de nivel:

8

5

80

50m −=−=

Restricciones:

1ª 40yx200y5x5 ≤+≤+

2ª 45y2x225y10x5 ≤+≤+

3ª yx ≥

4ª 0x ≥

5ª 0y ≥



30

30

Vértices:

Vértice A: En la intersección de las rectas determinadas por las restricciones 2ª y 3ª:

)15,15(A15y45y3yx

45y2x==

==+

Vértice B: En la intersección de las rectas determinadas por las restricciones 1ª y 2ª:

)5,35(B35x5y40yx

45y2x==

=+=+

Vértice C: En la intersección de las rectas determinadas por las restricciones 1ª y 5ª:

)0,40(C40x0y

40yx=

==+


En el vértice A: 195015801550)15,15(f =⋅+⋅= €

En el vértice B: 21505803550)5,35(f =⋅+⋅= € Máximo

En el vértice C: 20000804050)0,40(f =⋅+⋅= €

Se debe fabricar 35 bolsos del tipo A y otros 5 del tipo B para obtener el máximo beneficio sujeto a las condiciones.

El beneficio alcanzado sería de 2150€

CUESTIÓN B1 (SEPTIEMBRE-2018)

Un agricultor puede utilizar, como máximo, 120 hectáreas de terreno para dos tipos de cultivo, A y B. Quiere dedicar, al menos, 25 hectáreas al cultivo A, y el terreno dedicado al cultivo B debe ser como mínimo el doble que el dedicado al cultivo A. Cada hectárea de cultivo A le produce 300€ de beneficio, mientras que cada hectárea de cultivo B le produce 215€. Hallar las hectáreas que debe dedicar a cada uno de los cultivos para conseguir el máximo beneficio. ¿A cuánto ascenderá dicho beneficio?

SOLUCIÓN:

Llamaremos:

x = "número de hectáreas dedicadas al cultivo A"

y = "número de hectáreas dedicadas al cultivo B"


31

31

Taba de datos:

Cultivo A

Cultivo B

Disponible (ha) 120

Mínimo (ha) 25

Beneficio (€) 300 215

"el terreno dedicado al cultivo B debe ser como mínimo el doble que el dedicado al cultivo A"

Restricciones:

120yx ≤+

25x ≥

x2y ≥

0x ≥

0y ≥

Función objetivo:

y215x300)y,x(f += pendiente de las rectas de nivel:

43

60

215

300m −=−=

Gráfica:

Valor de la función objetivo en los vértices de la región factible:

Vértice A: 32 rr ∩

===

50yx2y

25x; )50,25(A

182501075075005021525300)50,25(f =+=⋅+⋅= €

Vértice B: 21 rr ∩


32

32

=−==

=+9525120y

25x

120yx; )95,25(B

279252042575009521525300)95,25(f =+=⋅+⋅= €

Vértice C: 31 rr ∩

====

=+80y40x120x3

x2y

120yx; )80,40(C

2920072001002018021540300)80,40(f =+=⋅+⋅= €

Solución:

El máximo se alcanza en el vértice )80,40(C , por lo que se deberá dedicar 40 hectáreas al cultivo A y 80 hectáreas al cultivo B, obteniéndose así un beneficio máximo de 29200€.


En un obrador se elaboran dos tipos de dulces distintos: A y B, siendo sus precios unitarios de 15 euros y 12 euros, respectivamente. Para elaborar un dulce de tipo A se necesitan 1/2 kilo de azúcar y 8 huevos, mientras que para los del tipo B se requieren 1kilo de azúcar y 6 huevos. En el obrador solo tienen 10 kilos de azúcar y 120 huevos. ¿Cuántos dulces deben elaborar de cada tipo para que el ingreso obtenido sea máximo?. Razone la respuesta

SOLUCIÓN:

Azúcar Huevos Precio

Tipo A 0,5 8 15

Tipo B 1 6 12

Disponibilidad 10 120

Variables:

Llamemos:

x = número de dulces del tipo A

y = número de dulces del tipo B

Función objetivo:

y12x15)y,x(f +=


4

5

12

15m −=−=

Restricciones:

1) 20y2x10yx5,0 ≤+≤+

2) 60y3x4120y6x8 ≤+≤+

3) 0x ≥


33

33

4) 0y ≥

Gráfica:

Para maximizar, deberemos obtener una recta de nivel con la mayor ordenada en el origen. Los puntos de esta recta proporcionarán el máximo beneficio, siempre y cuando se encuentren dentro de la región factible (satisfacen todas las restricciones).

Conjugando estos dos criterios, el máximo se encuentra en el punto B.

Coordenadas de B:

Al situarse entre las rectas frontera de las restricciones 1) y 2):

=+=+

60y3x4

20y2x multiplicando la primera por 4 y restando:

4y20y560y3x4

80y8x4==

=+=+

sustituyendo en la primera: 128204220x =−=⋅−=

22819124121215)4,12(f =⋅=⋅+⋅=

En definitiva, se deberá elaborar 12 dulces del tipo A y 4 del tipo B para obtener los mayores ingresos que alcanzarán los 228€

CUESTIÓN B1 (SEPTIEMBRE-2019)

Un joven emprendedor quiere montar una empresa de informática donde comercializará dos tipos de ordenadores. El tipo A dispondrá de 1 disco duro y 1 unidad de memoria de pequeña capacidad, mientras que el modelo B tendrá 2 discos duros y su unidad de memoria será de alta capacidad. En total cuenta con 40 unidades de memoria de pequeña capacidad, 30 de alta capacidad y 80 discos duros. Por cada ordenador del tipo A espera obtener un beneficio de 150 euros y del tipo B de 250 euros.


34

34

a) ¿Cuál es la mejor decisión sobre el número de ordenadores a montar de cada tipo?

b) Con esta producción, ¿habría algún excedente en el material mencionado?

SOLUCIÓN:

Llamaremos:

x = número de ordenadores del tipo A

y = número de ordenadores del tipo B

Disco duro Capacidad pequeña Capacidad alta

Beneficio/u

Tipo A 1 1 150

Tipo B 2 1 250

Existencias 80 40 30

Función objetivo: y250x150)y,x(f +=


30

250

150m −=−=

Restricciones:

1ª 80y2x ≤+

2ª 40x ≤

3ª 30y ≤

4ª 0x ≥

5ª 0y ≥


Vértices:

- El vértice A está en la intersección de las fronteras de las restricciones 1ª y 2ª:


35

35

)20,40(A20y40y280y24040x

80y2x===+

==+

110002025040150)20,40(f =⋅+⋅=

- El vértice B está en la intersección de las fronteras de las restricciones 2ª y 5ª:

)0,40(B0y

40x

==

6000025040150)0,40(f =⋅+⋅=

- El vértice C está en la intersección de las fronteras de las restricciones 3ª y 4ª:

)30,0(C30y

0x

==

7500302500150)30,0(f =⋅+⋅=

- El vértice D está en la intersección de las fronteras de las restricciones 1ª y 3ª:

)30,20(D20x8060x30y

80y2x==+

==+

105003025020150)30,20(f =⋅+⋅=

- El vértice O está en origen:

)0,0(O

0)0,0(f =

Obviamente, el mayor beneficio se obtiene en el vértice A:

Es conveniente producir 40 ordenadores del tipo A y 20 del tipo B para obtener un beneficio máximo de 11.000 euros

b) 40 ordenadores del tipo A necesitarán:

40 discos duros y 40 unidades de memoria de capacidad pequeña

20 ordenadores del tipo B necesitarán:

40 discos duros y 20 unidades de memoria de alta capacidad

Obviamente se utilizarán todos los discos duros y todas las unidades de memoria de pequeña capacidad, mientras que sobrarán 10 unidades de memoria de alta capacidad.

indice: Álgebramatematicas.educacia.com/docs/ejercicio/e1582403084.pdf · Álgebra. pau y ebau....

Documents