Exercicis d'optimització — Matemàtiques Aplicades a les Ciències Socials 2n Batxillerat

El perímetre és 2x + 2y = 40, d'on y = 20 - x.

Un màxim relatiu: la derivada s'hi anul·la i la segona derivada és negativa, de manera que la funció hi és còncava cap avall.

Que fer una unitat més faria baixar el benefici: aquesta unitat costa més del que aporta. Li convé reduir la producció fins on el benefici marginal sigui zero.

Si un nombre és x, l'altre és 20 - x. La funció a minimitzar és S(x) = $x^{2}$ + (20 - x$)^{2}$.
Derivem: S'(x) = 2x - 2(20 - x) = 4x - 40; S'(x) = 0 → x = 10.
S''(x) = 4 > 0: és un mínim.
Els dos nombres són 10 i 10, i la suma mínima de quadrats és $10^{2}$ + $10^{2}$ = 200.
Comprovació: amb 8 i 12, 64 + 144 = 208 > 200.

Derivem la funció de benefici: B'(x) = -4x + 120.
B'(x) = 0 → x = 30 unitats.
B''(x) = -4 < 0, així que és un màxim (també ho sabem perquè la paràbola té el coeficient de $x^{2}$ negatiu).
Benefici màxim: B(30) = -1800 + 3600 - 1000 = 800 €.
Fixa't que, sense vendre res, B(0) = -1000 €: són els costos fixos.

En tallar un quadrat de costat x a cada cantonada i plegar, la base és un quadrat de costat 30 - 2x i l'alçada de la caixa és x.
Volum: V(x) = x·(30 - 2x$)^{2}$ = 4x³ - 120x² + 900x cm³.
Domini: cal x > 0 (perquè hi hagi alçada) i 30 - 2x > 0, és a dir, x < 15 (perquè quedi base). Domini: 0 < x < 15.
Comprovació: V(5) = 5·$20^{2}$ = 2000 cm³ i V(10) = 10·$10^{2}$ = 1000 cm³.
Plantejar bé la funció i el seu domini és el primer pas de qualsevol problema d'optimització.

a) Falsa. El màxim pot ser en un extrem de l'interval, on la derivada no té per què anul·lar-se; per exemple, f(x) = x en [0, 1] té el màxim en x = 1 i f'(x) = 1 sempre. Cal comparar els punts crítics amb els extrems de l'interval.
b) Certa. És el criteri de la segona derivada: la funció és convexa (∪) en aquest punt i la tangent és horitzontal, així que hi ha un mínim relatiu.
c) Falsa. El benefici és B(x) = I(x) - C(x); vendre més pot fer pujar els ingressos però també els costos. El màxim de B és on el benefici marginal és zero, B'(x) = 0, és a dir, on l'ingrés marginal iguala el cost marginal.

En un interval tancat els candidats són els punts crítics interiors i els dos extrems de l'interval.
f'(x) = 2x - 4 = 0 → x = 2, que és dins de [0, 5].
Avaluem: f(0) = 1; f(2) = 4 - 8 + 1 = -3; f(5) = 25 - 20 + 1 = 6.
Mínim absolut: -3 en x = 2. Màxim absolut: 6 en x = 5 (un extrem de l'interval).
Error típic: quedar-se només amb x = 2 i dir que el màxim no existeix; en un interval tancat sempre cal mirar els extrems.

Ingressos = unitats × preu: I(x) = x·(60 - 0,2x) = 60x - 0,2x².
I'(x) = 60 - 0,4x = 0 → x = 150 unitats.
I''(x) = -0,4 < 0: màxim.
Preu corresponent: p(150) = 60 - 30 = 30 €, i ingrés màxim I(150) = 150·30 = 4500 €.
Fixa't que vendre més unitats no sempre dona més ingressos: per vendre'n 300 el preu hauria de ser 0 €.

f'(x) = -3x² + 12.
-3x² + 12 = 0 → $x^{2}$ = 4 → x = 2 (descartem x = -2 perquè demanen x > 0).
f''(x) = -6x, i f''(2) = -12 < 0.
Es tracta d'un màxim relatiu, i el valor és f(2) = -8 + 24 = 16.
Text complet: «f'(x) = -3x² + 12; x = 2; f''(x) = -6x; màxim; 16».

Amb x la pujada en euros, el preu és 15 + x i els espectadors 400 - 20x, així que I(x) = (15 + x)(400 - 20x) = 6000 + 100x - 20x².

B(x) = 40x - (0,5x² + 10x + 600) = -0,5x² + 30x - 600.

Amb x + y = 50, s'aïlla x = 50 - y i la funció objectiu és P(y) = (50 - y)y² = 50y² - y³. Derivant: P'(y) = 100y - 3y² = y(100 - 3y), que s'anul·la a y = 0 i a y = 100/3 = 33,33. La primera solució no serveix perquè els nombres han de ser positius; amb y = 33,33 surt x = 16,67, i el signe de la derivada passa de positiu a negatiu, o sigui que és un màxim.

Es mira el signe de la derivada abans i després del punt: si passa de positiva a negativa, és un màxim. No n'hi ha prou amb anul·lar la derivada perquè un punt crític també pot ser un mínim o no ser cap extrem.

Sigui x el costat paral·lel al mur i y cada un dels dos costats perpendiculars. La tanca és x + 2y = 60, d'on y = $\tfrac{(60 - x)}{2}$.
Àrea: A(x) = x·$\tfrac{(60 - x)}{2} = 30$x - $\tfrac{x^{2}}{2}$, amb 0 < x < 60.
A'(x) = 30 - x = 0 → x = 30 m; A''(x) = -1 < 0: màxim.
y = $\tfrac{(60 - 30)}{2} = 15$ m. Dimensions: 30 m (paral·lel al mur) × 15 m, i àrea màxima A = 30·15 = 450 $m^{2}$.
Comprovació: amb x = 20, y = 20 i A = 400 $m^{2}$; amb x = 40, y = 10 i A = 400 $m^{2}$, totes dues més petites.
Error típic: escriure la restricció 2x + 2y = 60, com si s'haguessin de tancar els quatre costats.

Ingressos: I(x) = x·p(x) = 120x - 0,5x².
Benefici: B(x) = I(x) - C(x) = 120x - 0,5x² - 20x - 2000 = -0,5x² + 100x - 2000.
B'(x) = -x + 100 = 0 → x = 100 unitats; B''(x) = -1 < 0: màxim.
Preu: p(100) = 120 - 50 = 70 €.
Benefici màxim: B(100) = -5000 + 10000 - 2000 = 3000 € setmanals.
Comprovació: I(100) = 100·70 = 7000 € i C(100) = 4000 €, i 7000 - 4000 = 3000 €.

Restricció: x·y = 32, d'on y = 32/x. La funció a minimitzar és S(x) = x + 2·(32/x) = x + 64/x, amb x > 0.
S'(x) = 1 - 64/x² = 0 → x² = 64 → x = 8 (la solució negativa no serveix).
S''(x) = 128/x³, positiva per a x = 8: mínim.
y = 32/8 = 4. Els factors són 8 i 4, i la suma mínima és 8 + 2·4 = 16.
Comprovació: amb 4 i 8 (al revés) surt 4 + 16 = 20, i amb 16 i 2 surt 16 + 4 = 20, totes dues més grans.

Busquem els extrems absoluts en l'interval tancat [1, 9]: punts crítics interiors i extrems.
N'(t) = 3t² - 24t + 36 = 3(t - 2)(t - 6) = 0 → t = 2 i t = 6, tots dos dins de l'interval.
Avaluem: N(1) = 35; N(2) = 8 - 48 + 72 + 10 = 42; N(6) = 216 - 432 + 216 + 10 = 10; N(9) = 729 - 972 + 324 + 10 = 91.
Màxim absolut: 91 centenars (9100 visites) a t = 9, és a dir, a les 17 h, a l'extrem de l'interval. Mínim absolut: 10 centenars (1000 visites) a t = 6, a les 14 h.
Observa que t = 2 (10 h) és només un màxim relatiu (4200 visites): si només haguéssim mirat on N' = 0, hauríem donat una resposta equivocada.

Si els costats són x i y, la restricció és x·y = 900, d'on y = 900/x.
Perímetre a minimitzar: P(x) = 2x + 2·(900/x) = 2x + 1800/x, amb x > 0.
P'(x) = 2 - 1800/x² = 0 → x² = 900 → x = 30 m.
P''(x) = 3600/x³ > 0 per a x = 30: és un mínim.
y = 900/30 = 30 m: el terreny és un quadrat de 30 × 30 m i calen P(30) = 120 m de tanca.
Comprovació: un terreny de 20 × 45 m també fa 900 m² però necessita 130 m de tanca.

f'(v) = 0,02v - 1,6 = 0 → v = 80 km/h, que és dins de l'interval [60, 110].
f''(v) = 0,02 > 0: mínim.
Consum mínim: f(80) = 0,01·6400 - 128 + 90 = 64 - 128 + 90 = 26 L per cada 100 km.
Als extrems: f(60) = 36 - 96 + 90 = 30 L i f(110) = 121 - 176 + 90 = 35 L.
A 110 km/h consumeix 35 $\tfrac{L}{100}$ km, un 35 % més que a 80 km/h ($\tfrac{35}{26} = 1{,}35$); circular a 80 km/h és la velocitat més econòmica.

Ingressos: 5·P(x) = 300x - 10x². Costos: 100x.
Benefici: B(x) = 300x - 10x² - 100x = 200x - 10x².
B'(x) = 200 - 20x = 0 → x = 10 treballadors; B''(x) = -20 < 0: màxim.
B(10) = 2000 - 1000 = 1000 € al dia, amb una producció de P(10) = 600 - 200 = 400 peces.
La producció màxima s'obté amb P'(x) = 60 - 4x = 0, x = 15 treballadors, però els 5 treballadors addicionals costen 500 € i només aporten P(15) - P(10) = 450 - 400 = 50 peces (250 €): fan baixar el benefici. Cal afegir treballadors només mentre el que aporten supera el que costen.

C'(x) = 1 - 900/x², que s'anul·la quan x² = 900, o sigui x = 30 unitats; la solució negativa es descarta perquè no hi ha produccions negatives. Amb x = 20 la derivada val 1 - 2,25 = -1,25 < 0 i amb x = 40 val 1 - 0,5625 = 0,44 > 0, així que és un mínim. El cost mitjà mínim és C(30) = 30 + 30 = 60 € per unitat.

B(x) = 40x - 0,1x² - 10x - 2000 = -0,1x² + 30x - 2000, amb derivada B'(x) = -0,2x + 30, que s'anul·la a x = 150 unitats. El benefici hi val B(150) = -2250 + 4500 - 2000 = 250 €. És un màxim i és positiu, així que el negoci és viable, però just: amb uns costos fixos una mica més alts, el millor resultat possible ja seria una pèrdua.

El cost mitjà és $C_{m}$(x) = 0,5x + 20 + $\tfrac{1250}{x}$, amb derivada 0,5 - $\tfrac{1250}{x^{2}}$, que s'anul·la quan $x^{2}$ = 2500, o sigui x = 50 unitats. El cost mitjà hi val 25 + 20 + 25 = 70 € per unitat. El cost marginal és C'(x) = x + 20, que a 50 unitats val 70 €: coincideixen, tal com havia de passar al mínim del cost mitjà.

a) Si h és l'alçada, el volum és x²·h = 27, d'on h = 27/x². La base té àrea x² i les quatre parets, 4·x·h = 4x·27/x² = 108/x.
Cost: C(x) = 20x² + 10·(108/x) = 20x² + 1080/x euros, amb x > 0.
b) C'(x) = 40x - 1080/x² = 0 → 40x³ = 1080 → x³ = 27 → x = 3 m.
h = 27/9 = 3 m: el dipòsit és un cub de 3 m d'aresta, i el cost mínim és C(3) = 180 + 360 = 540 €.
c) C''(x) = 40 + 2160/x³ > 0 per a tot x > 0; en particular C''(3) = 120 > 0: mínim.
Comprovació: amb x = 2 (h = 6,75) el cost és 80 + 540 = 620 €, i amb x = 4 (h ≈ 1,69) és 320 + 270 = 590 €, tots dos més cars.

a) B(x) = I(x) - C(x) = 30x - $x^{3}$ + 9x² - 45x - 10 = -$x^{3}$ + 9x² - 15x - 10.
B'(x) = -3x² + 18x - 15 = -3(x - 1)(x - 5) = 0 → x = 1 i x = 5.
b) B''(x) = -6x + 18: B''(1) = 12 > 0 (mínim relatiu, B(1) = -17) i B''(5) = -12 < 0 (màxim relatiu, B(5) = -125 + 225 - 75 - 10 = 15).
Com que l'interval és tancat, comparem també els extrems: B(0) = -10 i B(7) = -343 + 441 - 105 - 10 = -17. El màxim absolut és B(5) = 15: cal produir 5 milers d'unitats per obtenir un benefici màxim de 15000 €.
c) B'(3) = -3·2·(-2) = 12 > 0: amb 3 milers d'unitats, produir-ne més encara fa pujar el benefici. B'(6) = -3·5·1 = -15 < 0: amb 6 milers, cada unitat addicional fa perdre diners; convé reduir la producció cap a 5 milers.

a) Si la zona impresa fa x d'ample, la seva alçada és 600/x. Amb els marges, el cartell fa (x + 4) d'ample i (600/x + 6) d'alt.
A(x) = (x + 4)·(600/x + 6) = 600 + 6x + 2400/x + 24 = 6x + 2400/x + 624, amb x > 0.
b) A'(x) = 6 - 2400/x² = 0 → x² = 400 → x = 20 cm.
A''(x) = 4800/x³ > 0 per a x = 20: mínim.
Zona impresa: 20 cm × 30 cm (600/20 = 30). Cartell: 24 cm × 36 cm, amb àrea mínima A(20) = 120 + 120 + 624 = 864 cm².
Comprovació: amb una zona impresa de 10 × 60 cm, el cartell faria 14 × 66 = 924 cm²; amb 40 × 15 cm, faria 44 × 21 = 924 cm², més paper en tots dos casos.

a) Si l'altre costat és y, x·y = 800 i y = 800/x. El costat de la carretera costa 30x, el costat oposat 10x i els dos laterals 2·10y = 20·800/x.
C(x) = 30x + 10x + 16000/x = 40x + 16000/x euros, amb x > 0.
b) C'(x) = 40 - 16000/x² = 0 → x² = 400 → x = 20 m, i y = 800/20 = 40 m.
Cost mínim: C(20) = 800 + 800 = 1600 €.
c) C''(x) = 32000/x³, positiva per a x = 20: mínim. El camp òptim és estret pel costat car (20 m a la carretera) i llarg pels costats barats (40 m).
Un camp quadrat tindria costat √800 ≈ 28,28 m i costaria 40·28,28 + 16000/28,28 ≈ 1131 + 566 = 1697 €, uns 97 € més.

a) Cada passatger deixa un marge de p - 4 euros: B(p) = (p - 4)·(1200 - 40p) - 2000 = -40p² + 1360p - 6800. Té sentit per a 0 ≤ p ≤ 30, perquè amb p = 30 la demanda és zero.
b) B'(p) = -80p + 1360 = 0 → p = 17 €; B''(p) = -80 < 0: màxim.
Passatgers: D(17) = 1200 - 680 = 520. Benefici màxim: B(17) = 13·520 - 2000 = 6760 - 2000 = 4760 € diaris.
c) Ingressos: I(p) = p·(1200 - 40p) = 1200p - 40p²; I'(p) = 1200 - 80p = 0 → p = 15 €, amb I(15) = 9000 € (més que I(17) = 8840 €).
No coincideixen perquè a 15 € hi ha més passatgers (600) i cada un costa 4 €: els costos pugen i el benefici és B(15) = 4600 € < 4760 €. El benefici màxim exigeix un preu més alt que l'ingrés màxim quan hi ha un cost per passatger.

a) El primer quadrat té costat x/4 i el segon, (40 - x)/4. Suma d'àrees: A(x) = (x/4)² + ((40 - x)/4)² = x²/16 + (40 - x)²/16 = x²/8 - 5x + 100.
b) A'(x) = x/4 - 5 = 0 → x = 20 cm; A''(x) = 1/4 > 0: mínim. Els dos trossos són iguals, de 20 cm, els quadrats tenen 5 cm de costat i la suma d'àrees mínima és 25 + 25 = 50 cm².
c) La funció A és una paràbola convexa: dins de (0, 40) no té cap màxim relatiu, així que el màxim només pot ser als extrems: A(0) = A(40) = 100 cm², que correspon a no tallar el filferro i fer un sol quadrat de 10 cm de costat.
Si s'exigeix fer realment dos quadrats (0 < x < 40), la suma d'àrees s'acosta a 100 cm² tant com vulguem però no hi arriba: no hi ha màxim.
Comprovació: A(10) = 100/8 - 50 + 100 = 62,5 cm², entre 50 i 100.

a) $B(p)=(p-10)(2000-40p)-3000=-40p^2+2400p-23\,000$. Té sentit per a $10\le p\le 50$ (a 50 € ja no es ven cap formatge).

b) $B'(p)=2000-40p-40(p-10)=2400-80p=0\Rightarrow p=30$ €. Com que $B''(p)=-80\lt 0$ per a tot $p$, la funció és còncava i el punt crític és el màxim absolut a $[10,50]$. Es venen $q=2000-1200=800$ formatges i $B(30)=20\cdot800-3000=13\,000$ € al mes.

c) $B_t(p)=(p-12)(2000-40p)-3000\Rightarrow B_t'(p)=2000-40p-40(p-12)=2480-80p=0\Rightarrow p=31$ €. Es venen 760 formatges i $B_t(31)=19\cdot760-3000=11\,440$ €.

El preu puja només 1 €: els clients paguen la meitat de l'impost (1 € dels 2 €) i la cooperativa absorbeix l'altra meitat amb un marge menor. En general, amb un impost $s$ per unitat el preu òptim és $p=30+\frac s2$. La cooperativa perd 1560 € al mes (13 000 − 11 440), més que els 1520 € que recapta l'impost (760 · 2), perquè també ven menys.

d) Els costos fixos són una constant a $B(p)$ i desapareixen en derivar: $B'(p)$ no canvia i el preu òptim continua sent 30 €. El benefici baixaria 3000 € (fins a 10 000 €), però no hi ha cap manera de compensar-ho canviant el preu: el cost fix no ha de condicionar la decisió de preu, només la de continuar o no amb l'activitat.

Errors típics

• Maximitzar el nombre d'unitats venudes o l'ingrés en lloc del benefici.
• Pensar que la cooperativa traslladarà tot l'impost al preu (p = 32 €): el preu òptim només puja la meitat.
• Creure que un augment dels costos fixos obliga a apujar el preu òptim.

Conceptes treballats: funció de benefici amb preu-demanda, domini en context, màxim absolut amb la segona derivada, efecte d'un impost, interpretació econòmica.

a) Es fan $\frac{3600}{x}$ comandes de 50 € cadascuna: $\frac{3600\cdot50}{x}=\frac{180\,000}{x}$. L'estoc mitjà és $\frac x2$ bosses a 4 € cadascuna: $4\cdot\frac x2=2x$. Total: $C(x)=\frac{180\,000}{x}+2x$.

b) $C'(x)=-\frac{180\,000}{x^2}+2=0\Rightarrow x^2=90\,000\Rightarrow x=300$ bosses. $C'(x)\lt0$ per a $x\lt300$ i $C'(x)\gt0$ per a $x\gt300$: $C$ decreix i després creix, de manera que $x=300$ és el mínim absolut a $(0,3600]$ (també $C''(x)=\frac{360\,000}{x^3}\gt0$). Es fan $\frac{3600}{300}=12$ comandes a l'any (una al mes). Cost: $C(300)=600+600=1200$ €. A l'òptim, cost de comandes = cost d'emmagatzematge = 600 €.

c) $C(250)=720+500=1220$ € i $C(400)=450+800=1250$ €. Convenen els lots de 250, que costen 20 € més que l'òptim. No n'hi ha prou de mirar «a ull» quin lot sembla més raonable: cal comparar els valors de $C$. Aquí 250 queda més a prop de l'òptim (50 bosses) que 400 (100 bosses), i a més la funció no és simètrica respecte del mínim.

d) $C_2(x)=\frac{180\,000}{x}+4x\Rightarrow x^2=45\,000\Rightarrow x=150\sqrt2\approx212$ bosses, amb un cost d'uns 1697 €. Doblar el cost d'emmagatzematge divideix la mida òptima per $\sqrt2\approx1{,}41$, no per 2, perquè $x^*=\sqrt{\frac{360\,000}{h}}$ (amb $h$ el cost anual d'emmagatzematge per bossa: $h=4$ dona 300 i $h=8$ dona 212), i en reduir la mida de la comanda augmenta el cost de fer més comandes: l'òptim busca un equilibri entre tots dos costos.

Errors típics

• Fer servir l'estoc màxim (x) en lloc de l'estoc mitjà (x/2) en el cost d'emmagatzematge.
• Triar el lot de 400 «perquè s'acosta més a l'òptim» sense comparar els costos.
• Suposar que, si un cost es duplica, la mida òptima es redueix a la meitat.

Conceptes treballats: plantejament de la funció objectiu, mínim absolut amb el signe de la derivada, solucions enteres i restriccions, sensibilitat de l'òptim davant d'un paràmetre.

a) $B(x)=(90+5x-20)(80-2x)=(70+5x)(80-2x)=5600+260x-10x^2$, amb $x$ enter i $0\le x\le40$ (amb 40 augments l'hotel quedaria buit).

b) $B'(x)=260-20x=0\Rightarrow x=13$, i $B''=-20\lt0$: màxim (és enter, no cal comparar). Preu: $90+65=155$ € la nit; habitacions ocupades: $80-26=54$; benefici: $B(13)=135\cdot54=7290$ € per nit. Omplint l'hotel ($x=0$) el benefici és de 5600 €: amb menys clients i més cars guanya 1690 € més cada nit.

c) $B_t(x)=(67+5x)(80-2x)=5360+266x-10x^2\Rightarrow B_t'(x)=266-20x=0\Rightarrow x=13{,}3$. No es pot fer un nombre no enter d'augments: $B_t(13)=132\cdot54=7128$ € i $B_t(14)=137\cdot52=7124$ €. L'òptim continua sent $x=13$ (155 €), amb 7128 € de benefici.

d) $I(x)=(90+5x)(80-2x)=7200+220x-10x^2\Rightarrow I'(x)=220-20x=0\Rightarrow x=11$ (preu de 145 €, ingrés de 8410 €). Els ingressos màxims s'assoleixen amb més habitacions ocupades, però cada habitació ocupada costa 20 €; per maximitzar el benefici convé ocupar-ne menys. Per tant, el director s'equivoca: el preu que fa màxims els ingressos (145 €) no és el que fa màxim el benefici (155 €).

Errors típics

• Escriure els ingressos com a 90 + 5x multiplicat per 80 (sense restar les habitacions buides).
• Arrodonir 13,3 a 13 sense comparar els valors de la funció en 13 i 14.
• Confondre el màxim d'ingressos amb el màxim de benefici.

Conceptes treballats: funció objectiu amb paràmetre discret, vèrtex de la paràbola i segona derivada, solució entera, comparació entre ingrés i benefici, efecte d'una taxa.

a) $B(x)=250\,(6+2\ln(1+x))-100x=1500+500\ln(1+x)-100x$.

$B'(x)=\dfrac{500}{1+x}-100=0\Rightarrow 1+x=5\Rightarrow x=4$, és a dir, 400 kg/ha. $B'(x)\gt0$ si $x\lt4$ i $B'(x)\lt0$ si $x\gt4$ (també $B''(x)=-\frac{500}{(1+x)^2}\lt0$): és el màxim absolut. $B(4)=1100+500\ln5\approx1904{,}72$ €/ha.

b) Sense adob, $B(0)=1500$ €/ha: adobar de manera òptima aporta uns 405 €/ha. La producció sempre augmenta, però cada cop menys (rendiments decreixents): $R'(x)=\frac{2}{1+x}$ disminueix. A partir de 400 kg, els 100 kg addicionals d'adob produeixen menys de 100 € de blat ($\frac{500}{1+x}\lt100$): el cost supera el guany.

c) Amb l'adob a 125 €: $\frac{500}{1+x}=125\Rightarrow x=3$ (300 kg/ha). $B_2(3)=1500+500\ln4-375\approx1818{,}15$ €/ha.

d) A $[0,3]$, $B'(x)=\frac{500}{1+x}-100\ge\frac{500}{4}-100=25\gt0$: $B$ és creixent i el màxim és a l'extrem $x=3$ (300 kg/ha). $B(3)=1200+500\ln4\approx1893{,}15$ €/ha. La normativa costa $1904{,}72-1893{,}15\approx11{,}57$ € per hectàrea: poc, perquè prop de l'òptim la funció és molt plana ($B'(4)=0$).

Errors típics

• Derivar $\ln(1+x)$ com $\frac1x$.
• Maximitzar la producció R(x) en lloc del benefici (R no té màxim).
• Amb la restricció, buscar un punt crític dins de [0, 3] i no adonar-se que el màxim és a l'extrem de l'interval.

Conceptes treballats: derivada del logaritme, optimització en un interval no acotat i en un interval tancat, rendiments decreixents, sensibilitat a un preu, cost d'una restricció.

a) $I(p)=1000\,p\,e^{-0{,}05p}\Rightarrow I'(p)=1000\,e^{-0{,}05p}(1-0{,}05p)$. S'anul·la en $p=20$; $I'\gt0$ si $p\lt20$ i $I'\lt0$ si $p\gt20$: màxim absolut. $I(20)=20\,000\,e^{-1}\approx7357{,}59$ € al mes, amb $q(20)\approx368$ alumnes.

b) $B(p)=(p-8)\,1000\,e^{-0{,}05p}\Rightarrow B'(p)=1000\,e^{-0{,}05p}\left(1-0{,}05(p-8)\right)=0\Rightarrow p-8=20\Rightarrow p=28$ €. $B(28)=20\,000\,e^{-1{,}4}\approx4931{,}94$ € al mes, amb $q(28)\approx247$ alumnes. Per maximitzar el benefici es venen menys cursos (247 contra 368): cada alumne addicional té un cost.

c) $B'(p)=1000\,e^{-0{,}05p}\left(1-0{,}05(p-c)\right)$. Com que l'exponencial és positiva, $B'=0\iff p-c=\frac{1}{0{,}05}=20$, i el signe passa de positiu a negatiu: màxim. El marge òptim per alumne és sempre de 20 €, sigui quin sigui el cost: amb aquest tipus de demanda, tot augment de cost es trasllada íntegrament al preu.

d) $B(20)=12\cdot1000\,e^{-1}\approx4414{,}55$ €. Deixaria de guanyar uns $4931{,}94-4414{,}55\approx517$ € al mes. El preu de 20 € era el millor per als ingressos, no per al benefici.

Errors típics

• Derivar $p\,e^{-0{,}05p}$ com $e^{-0{,}05p}\cdot(-0{,}05)$ oblidant la regla del producte.
• Dividir per l'exponencial sense justificar que no s'anul·la mai.
• Confondre ingrés màxim i benefici màxim.

Conceptes treballats: regla del producte i de la cadena amb exponencials, màxim absolut, ingrés i benefici, optimització amb un paràmetre, interpretació econòmica.

a) $\overline{C}(x)=0{,}2x+8+\dfrac{1280}{x}\Rightarrow\overline{C}'(x)=0{,}2-\dfrac{1280}{x^2}=0\Rightarrow x^2=6400\Rightarrow x=80$. $\overline{C}''(x)=\frac{2560}{x^3}\gt0$: mínim (absolut per a $x\gt0$). $\overline{C}(80)=16+8+16=40$ €/samarreta. Cost marginal: $C'(x)=0{,}4x+8$, $C'(80)=40$ €: coincideixen, perquè, mentre el cost marginal és inferior al mitjà, cada samarreta nova fa baixar la mitjana.

b) A $(0,60]$, $\overline{C}'(x)\lt0$ (el mínim és en 80, fora de l'interval): el cost mitjà decreix a tot l'interval i el mínim s'assoleix en $x=60$: $\overline{C}(60)=12+8+21{,}33\approx41{,}33$ €.

c) $B(x)=44x-C(x)=-0{,}2x^2+36x-1280\Rightarrow B'(x)=36-0{,}4x=0\Rightarrow x=90$. Amb la màquina actual, $B'\gt0$ a $(0,60]$, de manera que el màxim és en $x=60$: $B(60)=160$ € al dia. Sense límit produiria 90 samarretes i guanyaria $B(90)=340$ € al dia: la limitació de capacitat li costa 180 € diaris, informació útil per decidir si val la pena canviar de màquina.

d) $B(x)=x\,(p-\overline{C}(x))$. Com que $\overline{C}(x)\ge40$ per a tota producció, si el preu és inferior a 40 € el benefici és negatiu sigui quina sigui la producció. Amb $p=40$ el millor és $B(80)=0$. (Amb la màquina actual, el llindar seria 41,33 €.)

Errors típics

• Minimitzar el cost total C(x) (que és creixent) en lloc del cost mitjà.
• Donar x = 90 com a solució sense tenir en compte el límit de capacitat de 60 samarretes.
• Pensar que el punt crític sempre és la solució encara que caigui fora del domini.

Conceptes treballats: cost mitjà i cost marginal, mínim absolut, optimització en un interval amb restricció de capacitat, benefici màxim, llindar de rendibilitat.

a) Amb $y=10-x$: $S(x)=8x-\frac{x^2}{2}+4(10-x)-\frac{(10-x)^2}{2}=-x^2+14x-10$, per a $0\le x\le10$. $S'(x)=-2x+14=0\Rightarrow x=7$; $S''=-2\lt0$: màxim absolut. Repartiment: 7000 € a xarxes i 3000 € a ràdio, amb $S=39$ milers d'unitats.

b) $8-7=1$ i $4-3=1$: l'últim miler invertit a cada canal aporta mil unitats. Si un canal rendís més al marge, convindria passar-hi diners des de l'altre, i el repartiment no seria òptim. Tot a xarxes: $S(10)=30$; meitat i meitat: $S(5)=35$. Totes dues opcions són pitjors que 39.

c) Pressupost de 4: $S(x)=8x-\frac{x^2}{2}+4(4-x)-\frac{(4-x)^2}{2}=-x^2+8x+8$, amb $0\le x\le4$. $S'(x)=8-2x=0\Rightarrow x=4$: tot a xarxes ($S=24$). Pressupost de 2: $S'(x)=8-2x-4+(2-x)=6-2x$, que s'anul·la en $x=3$, fora de $[0,2]$; com que $S'\gt0$ a tot l'interval, el màxim és en $x=2$: tot a xarxes ($S=14$).

d) Amb pressupost $P$: $S'(x)=8-x-4+(P-x)=P+4-2x\Rightarrow x=\frac{P+4}{2}$. Això dona $y=P-x=\frac{P-4}{2}$, que només és positiu si $P\gt4$. Amb 4000 € o menys, les xarxes rendeixen sempre més al marge (el primer euro a ràdio rendeix 4, i a xarxes encara rendeix més de 4) i no convé invertir a la ràdio.

Errors típics

• Maximitzar cada canal per separat (x = 8, y = 4) oblidant que el pressupost total és limitat.
• Donar un repartiment amb una inversió negativa quan el punt crític cau fora del domini.
• Desenvolupar malament (10 − x)² i obtenir una paràbola incorrecta.

Conceptes treballats: optimització amb una condició de lligam, màxim absolut en un interval tancat, rendiment marginal, solucions a la frontera, estudi amb un paràmetre.

a) $R(0)=0$ (sense impost no es recapta res) i $R(1)=0$ (amb un tipus del 100 % ningú declara activitat). $R$ és contínua a $[0,1]$ i positiva a $(0,1)$, de manera que té un màxim absolut a l'interior (teorema de Weierstrass) i, com que és derivable, hi ha d'haver $R'=0$.

b) $R'(t)=50\left[(1-t)^2-2t(1-t)\right]=50(1-t)(1-3t)$. Punts crítics: $t=1$ (extrem de l'interval, $R=0$) i $t=\frac13$. $R'\gt0$ a $(0,\frac13)$ i $R'\lt0$ a $(\frac13,1)$: màxim en $t=\frac13\approx33{,}3$ %. $R(\frac13)=50\cdot\frac13\cdot\frac49=\frac{200}{27}\approx7{,}41$ milers de milions. Base imposable: $50\cdot\frac49\approx22{,}2$ milers de milions.

c) $R'(0{,}45)=50\cdot0{,}55\cdot(1-1{,}35)=-9{,}625\lt0$. En aquest punt la recaptació és decreixent respecte del tipus: rebaixar-lo una mica augmentaria la recaptació (amb $t=0{,}45$, $R\approx6{,}81$, per sota del màxim de 7,41). Ara bé, això només és cert perquè som a la dreta del màxim; amb un tipus del 20 % una rebaixa reduiria la recaptació.

d) $R(0{,}2)=50\cdot0{,}2\cdot0{,}64=6{,}4$ ✓. $50t^3-100t^2+50t-6{,}4=(t-0{,}2)(50t^2-90t+32)$, i $50t^2-90t+32=0\Rightarrow t=\frac{90\pm\sqrt{1700}}{100}$, és a dir, $t\approx0{,}488$ (l'altra arrel, 1,31, és fora del domini). Els tipus del 20 % i del 48,8 % recapten el mateix; és preferible el 20 %, perquè la base imposable (l'activitat econòmica declarada) és molt més gran: $50\cdot0{,}64=32$ contra $50\cdot0{,}512^2\approx13{,}1$.

Errors típics

• Derivar t(1 − t)² sense la regla del producte o oblidar el factor 2 de la cadena.
• Prendre t = 1 com a màxim perquè anul·la la derivada, sense avaluar-hi R.
• Concloure que «baixar impostos sempre augmenta la recaptació»: depèn del costat del màxim on s'estigui.

Conceptes treballats: teorema de Weierstrass, regla del producte i factorització, extrems absoluts en un interval tancat, interpretació del signe de la derivada, equacions polinòmiques (Ruffini).

a) Temps: $\frac{300}{v}$ h. Cost horari: $0{,}005v^2+32$. $C(v)=\frac{300}{v}(0{,}005v^2+32)=300\left(0{,}005v+\frac{32}{v}\right)$. $C'(v)=300\left(0{,}005-\frac{32}{v^2}\right)=0\Rightarrow v^2=6400\Rightarrow v=80$ km/h. $C'\lt0$ per a $v\lt80$ i $C'\gt0$ per a $v\gt80$: mínim absolut. $C(80)=300(0{,}4+0{,}4)=240$ €.

b) $C(60)=300(0{,}3+0{,}533)=250$ € i $C(90)=300(0{,}45+0{,}356)\approx241{,}67$ €. L'òptim (80 km/h) és dins de l'interval; anar a 90 km/h només costa 1,67 € més i s'arriba 25 minuts abans; anar a 60 km/h costa 10 € més.

c) Amb sou $s$: $0{,}005=\frac{s}{v^2}\Rightarrow v=\sqrt{200s}$. Per a $s=40$: $v=\sqrt{8000}\approx89{,}4$ km/h, dins del límit. Per a $s=50$: $v=100$ km/h, fora del límit; a $[60,90]$, $C'(v)=300\left(0{,}005-\frac{50}{v^2}\right)\lt0$, de manera que el cost és decreixent i el mínim és a 90 km/h, amb un cost de $300(0{,}45+0{,}556)\approx301{,}67$ €. Com més car és el temps del conductor, més convé córrer, fins al límit legal.

d) A $v=\sqrt{200s}$, el combustible costa per hora $0{,}005v^2=0{,}005\cdot200s=s$: igual que el sou. Amb $s=32$: 32 €/h de combustible i 32 €/h de sou. És raonable: si el combustible costés més que el sou, convindria anar més a poc a poc (s'estalvia combustible per hora); si costés menys, convindria anar més de pressa (s'estalvien hores de sou). L'equilibri és l'òptim.

Errors típics

• Fer servir el cost per hora en lloc del cost total del trajecte (oblidar multiplicar pel temps 300/v).
• Donar 100 km/h com a òptim quan el sou és de 50 € sense tenir en compte el límit de 90 km/h.
• Derivar 32/v com 32 en lloc de −32/v².

Conceptes treballats: plantejament de la funció objectiu (cost = temps · cost horari), mínim absolut, optimització en un interval tancat, estudi amb un paràmetre, interpretació.

a)

En $x=50$: $30\cdot50=1500$ i $40\cdot50-0{,}2\cdot2500=1500$: contínua (en passar de 50 a 51 menús no hi ha cap salt). Derivades laterals: per l'esquerra 30 i per la dreta $40-0{,}4\cdot50=20$. No és derivable: hi ha un punt angulós, perquè a partir de 50 cada menú addicional aporta menys (el descompte s'aplica a tots els menús).

b) Ingrés: al primer tram és creixent (màxim 1500 en $x=50$); al segon, $I'(x)=40-0{,}4x=0\Rightarrow x=100$, amb $I(100)=2000$ €; $I(150)=1500$. Ingrés màxim: 100 menús. Benefici: al primer tram, $18x$ (màxim 900 en $x=50$); al segon, $B(x)=28x-0{,}2x^2\Rightarrow B'(x)=28-0{,}4x=0\Rightarrow x=70$, $B(70)=70\cdot(40-14-12)=980$ €. Benefici màxim: 70 menús, a $40-14=26$ € per menú.

c) $B(150)=150\cdot(40-30-12)=-300$ €: a 150 menús el preu és de 10 € per menú, per sota del cost de 12 €, i l'empresa hi perd diners. El descompte acumulat sobre tots els menús fa que les comandes grans siguin ruïnoses. Recomanació: limitar el descompte a 70 menús (preu mínim de 26 €), que és on el benefici és màxim; a partir d'aquí, cada menú addicional el redueix.

d) Amb un cost de 18 €: primer tram, $B(x)=12x$, màxim de 600 € en $x=50$; segon tram, $B(x)=22x-0{,}2x^2\Rightarrow x=55$, $B(55)=55\cdot(40-11-18)=605$ €. El descompte només millora el benefici en 5 €, i només per a comandes d'uns 55 menús: pràcticament deixa de valer la pena, i convindria reduir-lo o eliminar-lo.

Errors típics

• Aplicar el descompte només als menús que passen de 50, en lloc de a tots els menús.
• Confondre el màxim d'ingrés (100 menús) amb el màxim de benefici (70 menús).
• Concloure que la funció és derivable en x = 50 perquè és contínua.

Conceptes treballats: funcions a trossos en context, continuïtat i derivabilitat, màxims absoluts en intervals, ingrés i benefici, presa de decisions amb un paràmetre.