Examen PAU MACS II Comunitat Valenciana 2025 julio (convocatoria DANA) resuelto

a) Cálculo de $M$

Comprobamos primero las dimensiones: $A$ es $2\times 3$, $B^t$ es $3\times 1$ y $C$ es $1\times 2$, así que $AB^tC$ es $2\times 2$, igual que $D$, y la resta tiene sentido.

b) Invertibilidad de $M$ y su inversa

Una matriz cuadrada es invertible si y solo si su determinante es distinto de cero:

luego $M$ es invertible. Usamos $M^{-1}=\dfrac{1}{|M|}\,(\operatorname{Adj} M)^t$. Llamamos $A_{ij}=(-1)^{i+j}\,\alpha_{ij}$ al adjunto del elemento $(i,j)$, donde $\alpha_{ij}$ es el menor que queda al tachar la fila $i$ y la columna $j$ (cuidado con los signos: $+\ -$ en la primera fila y $-\ +$ en la segunda):

de modo que (no olvides trasponer la matriz de adjuntos)

Comprobación: $M\,M^{-1}=\begin{pmatrix}\frac13+\frac23&\frac23-\frac23\\[2pt]\frac13-\frac13&\frac23+\frac13\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}=I$.

c) $M^2$ y $M^8$

No hace falta multiplicar $M$ ocho veces. Como $M^2=3I$ y los escalares salen de los productos ($(\lambda I)(\mu I)=\lambda\mu I$),

d) Invertibilidad de $CC^t$ y $C^tC$

$C$ es $1\times 2$ y $C^t$ es $2\times 1$:

Es una matriz $1\times 1$. Una matriz $(a)$ de orden 1 es invertible si y solo si $a\neq 0$, y su inversa es $\left(\frac1a\right)$. Aquí $|CC^t|=5\neq 0$, luego es invertible: $(CC^t)^{-1}=\left(\frac15\right)$.

Su determinante es nulo (la segunda fila es el doble de la primera), luego $C^tC$ no es invertible.

e) Ecuación matricial

Llamamos $N=\begin{pmatrix}1&1\\2&-1\end{pmatrix}$. Su traspuesta es

así que la ecuación es $A^t+XM=(C^tB)^t$. Esta coincidencia del enunciado nos ahorra calcular otra inversa. Sin ella, habría que invertir $N^t$ igual que hicimos con $M$.

Por dimensiones, $(C^tB)^t$ y $A^t$ son $3\times 2$ y $M$ es $2\times 2$, así que $X$ es $3\times 2$. Despejamos $X$ con la regla «si $XM=P$, entonces $X=PM^{-1}$, con $M^{-1}$ a la derecha»: restamos $A^t$ en los dos miembros y multiplicamos por la derecha por $M^{-1}$ (existe por el apartado b)):

Calculamos usando que $(C^tB)^t=B^tC$:

Comprobación: $XM=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\\-1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\1&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&3\\1&-1\\-2&-1\end{pmatrix}$, y $A^t+XM=\begin{pmatrix}1&2\\1&2\\0&0\end{pmatrix}=(C^tB)^t$.

a) Planteamiento y solución óptima

Variables. Llamamos

• $x$ = número de entradas preferentes que se ponen a la venta,
• $y$ = número de entradas estándar que se ponen a la venta.

Función objetivo. Cada entrada preferente se vende a 115 €, pero tiene un gasto de 5 € por el aperitivo, así que deja $115 - 5 = 110$ €; cada entrada estándar deja 90 €. Hay que maximizar el beneficio:

Los gastos de instalación (20 € y 10 €) no se restan aquí: están limitados por un presupuesto, así que entran en las restricciones.

Restricciones.

• Presupuesto de instalación: cada entrada preferente cuesta 20 € y cada estándar 10 €, con un máximo de 1.000 €.
• Aforo máximo: 75 asientos.
• Las cantidades no pueden ser negativas.

La primera se puede simplificar dividiendo entre 10: $2x + y \le 100$. Además, $x$ e $y$ deben ser números enteros (son entradas).

Región factible. Dibujamos las rectas frontera:

• $r_1:\ 2x + y = 100$, que pasa por $(0,100)$ y $(50,0)$. El origen cumple $0\le 100$: semiplano que contiene al origen (por debajo de la recta).
• $r_2:\ x + y = 75$, que pasa por $(0,75)$ y $(75,0)$. El origen cumple $0\le 75$: semiplano que contiene al origen.
• $x\ge 0$, $y\ge 0$: primer cuadrante.

La región factible es el cuadrilátero acotado $D(0,0)$, $B(50,0)$, $A(25,50)$, $C(0,75)$. Lo limitan los ejes, la recta $r_1$ entre $B$ y $A$, y la recta $r_2$ entre $A$ y $C$. Sus vértices se calculan a continuación.

Vértices.

• $D = (0,\,0)$, el origen.
• $B = r_1\cap\{y=0\}$: $2x = 100 \Rightarrow B = (50,\,0)$. Cumple $50 + 0\le 75$.
• $C = r_2\cap\{x=0\}$: $C = (0,\,75)$. Cumple $2\cdot 0 + 75\le 100$.
• $A = r_1\cap r_2$: restando las ecuaciones $2x + y = 100$ y $x + y = 75$ se obtiene $x = 25$, y entonces $y = 75 - 25 = 50$. $A = (25,\,50)$.

Los otros cortes con los ejes no son vértices: $(0,100)$ no cumple $x + y\le 75$, y $(75,0)$ no cumple $2x + y\le 100$. En cada zona manda la recta más restrictiva: a la izquierda de $A$, $r_2$ queda por debajo de $r_1$; a la derecha de $A$, es $r_1$ la que queda por debajo.

Valor de la función objetivo en los vértices. Como la región es acotada, el máximo existe y se alcanza en un vértice.

El máximo se alcanza solo en el vértice $A(25,\,50)$. Como $A$ tiene coordenadas enteras, es válido para entradas.

Comprobación opcional con las rectas de nivel. En el examen basta con la tabla de vértices; esto es solo la interpretación geométrica. Las rectas $110x + 90y = k$ tienen pendiente $-\tfrac{11}{9}\approx -1{,}22$, comprendida entre la de $r_2$ ($-1$) y la de $r_1$ ($-2$). Al aumentar $k$ se desplazan hacia arriba y a la derecha, Como son más inclinadas que $r_2$ y menos que $r_1$, al desplazarlas no salen de la región por un lado entero sino por la esquina donde se cortan $r_1$ y $r_2$: el último punto que tocan es $A$ (la recta $k = 7250$ de la gráfica).

Comprobación con el enunciado. Instalación: $20\cdot 25 + 10\cdot 50 = 500 + 500 = 1000$, es decir, 1.000 € (se agota el presupuesto); aforo: $25 + 50 = 75$ asientos (se llena).

b) Beneficio máximo

Sustituimos el óptimo en la función objetivo:

a) Continuidad en $[0,30]$

Cada trozo es un polinomio (el tercero, una constante), así que $f$ es continua en $[0,8[$, en $]8,20[$ y en $]20,30]$ (en los extremos $0$ y $30$ del dominio, la continuidad es lateral). Solo hay que estudiar los puntos de cambio de definición, $x=8$ y $x=20$.

En $x=8$: $f(8)=8^3-4\cdot 8^2+10=512-256+10=266$.

Los límites laterales son distintos ($266\neq 33$): no existe $\lim_{x\to 8}f(x)$ y $f$ tiene en $x=8$ una discontinuidad de salto finito (la función baja $233$ unidades: salto de $233$). Además, como $f(8)=266$ coincide con el límite por la izquierda, $f$ es continua por la izquierda en $x=8$.

En $x=20$: $f(20)=3\cdot 20+9=69$.

Como $69\neq 70$, en $x=20$ hay otra discontinuidad de salto finito (salto de $1$). Aquí también $f(20)=69$ coincide con el límite por la izquierda, así que $f$ es continua por la izquierda en $x=20$.

b) Días de necesidad máxima y mínima

Buscamos el máximo y el mínimo absolutos de $f$ en $[0,30]$ estudiando cada trozo.

Primer trozo, $[0,8]$: $f(x)=x^3-4x^2+10$ es continua en el intervalo cerrado $[0,8]$, luego (teorema de Weierstrass) alcanza su máximo y su mínimo en los puntos singulares interiores o en los extremos.

El único punto singular interior es $x=\frac83$. Como $f''(x)=6x-8$ y $f''\!\left(\frac83\right)=8>0$, es un mínimo relativo (también se ve con el signo de $f'$: negativa en $\left]0,\frac83\right[$ y positiva en $\left]\frac83,8\right[$, así que $f$ decrece y luego crece).

Segundo trozo, $]8,20]$: $f(x)=3x+9$ es creciente ($f'(x)=3>0$). Su mayor valor es $f(20)=69$; los valores se acercan a $33$ cuando $x\to 8^+$, sin alcanzarlo, y en cualquier caso son mayores que $33>\frac{14}{27}$.

Tercer trozo, $]20,30]$: $f(x)=70$ es constante. Este valor no es el máximo, porque ya hay un punto donde la necesidad es mayor ($f(8)=266>70$), ni el mínimo ($70>\frac{14}{27}$).

Comparación de los candidatos: $f\!\left(\frac83\right)=\frac{14}{27}$, $f(0)=10$, $f(8)=266$, $f(20)=69$, valores del tercer trozo $=70$ y valores del segundo trozo en $]33,69]$. El mayor es $266$ y el menor $\frac{14}{27}$.

c) Área entre los días 3 y 7

En $[3,7]$ la función es $f(x)=x^3-4x^2+10$. Según el apartado b), su mínimo en $[0,8]$ vale $\frac{14}{27}>0$, así que $f(x)>0$ en $[3,7]$: la gráfica no corta al eje $OX$ y el área es directamente la integral definida.

Una primitiva es $F(x)=\dfrac{x^4}{4}-\dfrac{4x^3}{3}+10x$. Por la regla de Barrow:

Calculamos cada valor con denominador común:

a) Valores de $A$ y $B$

Tomamos como dominio el intervalo $[10,30]$.

La función $Q(x)=30x^2+Ax+B-x^3$ es un polinomio, así que es continua y derivable en todo $\mathbb{R}$. Su derivada es

Primera condición: el máximo está en $x=21$. Como $x=21$ es un punto interior del intervalo y $Q$ es derivable, la derivada se anula en un extremo relativo interior:

Segunda condición: la producción máxima es 5300 kg, es decir, $Q(21)=5300$:

Con $21^2=441$ y $21^3=9261$:

Cuidado con el signo del término $-x^3$ al sustituir $x=21$: resta $9261$.

Por tanto,

(Comprobación opcional: $Q''(x)=60-6x$ y $Q''(21)=-66<0$, así que en $x=21$ hay un máximo relativo; en b) se ve que es el máximo en todo el intervalo.)

b) Intervalos de crecimiento y decrecimiento

Con los valores hallados, la derivada es

Sus raíces salen de $x^2-20x-21=0$:

La raíz $x=-1$ queda fuera del dominio $[10,30]$, así que solo $x=21$ divide el intervalo. Estudiamos el signo de cada factor en cada trozo:

c) ¿Hay alguna producción inferior a 1.000 kg?

Calculamos $Q$ en los dos extremos:

Por el apartado b):

• Como $Q$ crece en $[10,21]$, para esos $x$ se cumple $Q(x)\ge Q(10)=2638$.
• Como $Q$ decrece en $[21,30]$, para esos $x$ se cumple $Q(x)\ge Q(30)=1898$.

Luego, para cualquier temperatura $x\in[10,30]$,

y la producción nunca baja de 1000 kg. Si los extremos 10 y 30 no se incluyeran en el dominio, seguiría siendo $Q(x)>1898>1000$, así que la respuesta no cambia.

Llamamos $L_A$, $R_A$, $J_A$ a los sucesos «el regalo de la tienda A (grupo del instituto) es un libro, ropa, un juego», y $L_B$, $R_B$, $J_B$ a los análogos para el regalo de la tienda B (grupo del barrio). Los datos son

Como los grupos no se conocen y cada uno elige al azar en su tienda, suponemos que lo que ocurre en A es independiente de lo que ocurre en B. Esta es la hipótesis en la que se apoya todo el cálculo: la probabilidad de cada pareja de regalos es el producto, por ejemplo $P(L_A\cap L_B)=P(L_A)\cdot P(L_B)=0{,}40\cdot 0{,}20=0{,}08$. Con todos los productos se forma la tabla de las nueve parejas posibles (filas: regalo de A; columnas: regalo de B), que suma $1$:

a) Dos regalos de distinto tipo

Sea $D$ = «los dos regalos son de distinto tipo». Es más corto calcular el suceso contrario, $\overline{D}$ = «los dos regalos son del mismo tipo». Se da en tres casos incompatibles: dos libros, dos prendas de ropa o dos juegos (la diagonal de la tabla).

Por tanto

b) Tener como regalo un libro o un juego

Sea $E$ = «Manuel tiene (al menos) un regalo que es un libro o un juego». Un regalo es libro o juego exactamente cuando no es ropa, así que $E$ solo falla si los dos regalos son ropa (la casilla $R_A R_B$ de la tabla):

Luego

c) Probabilidad de que la ropa venga de la tienda A, sabiendo que uno es ropa y el otro no

Sea $U$ = «uno de los regalos es ropa y el otro no». Se da en dos casos incompatibles: la ropa es de A y el regalo de B no es ropa ($R_A\cap\overline{R_B}$), o al revés ($\overline{R_A}\cap R_B$). Si además la ropa es de A, el regalo de B no puede ser ropa, luego $R_A\cap U = R_A\cap\overline{R_B}$. Nos piden la probabilidad condicionada

Con $P(\overline{R_A}) = 1-0{,}15 = 0{,}85$ y $P(\overline{R_B}) = 1-0{,}10 = 0{,}90$:

• Numerador: $P(R_A\cap\overline{R_B}) = 0{,}15\cdot 0{,}90 = 0{,}135$ (en la tabla, la fila $R_A$ sin la casilla $R_A R_B$: $0{,}03+0{,}105$).
• Denominador: $P(U) = 0{,}15\cdot 0{,}90+0{,}85\cdot 0{,}10 = 0{,}135+0{,}085 = 0{,}22$.

Comprobación: la probabilidad contraria, que la ropa venga de B, es $P(R_B\mid U)=\frac{0{,}085}{0{,}22}=\frac{17}{44}$, y $\frac{27}{44}+\frac{17}{44}=1$. Además $\frac{27}{44}>\frac12$ porque $0{,}135>0{,}085$.