Examen PAU MACS II Comunitat Valenciana 2026 julio resuelto

Planteamiento del sistema

Incógnitas. Como dice el enunciado, llamamos

• $A$ = posición de la casa de Alberto,
• $B$ = posición de la casa de Braulio,
• $C$ = posición de la casa de Carlos,

medidas sobre la recta con el Ayuntamiento en el punto $0$. Sabemos que $A \lt 0 \lt B \lt C$.

Como conocemos el orden de las casas, la distancia entre dos de ellas es siempre la posición mayor menos la menor; y la distancia del Ayuntamiento a la casa de Braulio o a la de Carlos es $B$ o $C$, porque son positivas. Así no necesitamos valores absolutos.

Primera condición. Las tres posiciones suman 3000:

Segunda condición. Como $A \lt B$, la distancia entre la casa de Alberto y la de Braulio es $B - A$. Como $0 \lt C$, la distancia del Ayuntamiento (posición $0$) a la casa de Carlos es $C - 0 = C$. Por tanto,

Tercera condición. Como $A \lt C$, la distancia entre la casa de Alberto y la de Carlos es $C - A$; como $0 \lt B$, la distancia del Ayuntamiento a la casa de Braulio es $B - 0 = B$. Entonces

Pasando todas las incógnitas al primer miembro, el sistema es

Resolución del sistema

Lo resolvemos por el método de Gauss sobre la matriz ampliada. Primero eliminamos $A$ en las filas 2 y 3:

Después eliminamos $B$ en la fila 3 sumándole la nueva fila 2 (no hace falta que el pivote sea $1$):

La matriz es escalonada con tres pivotes no nulos, así que el sistema es compatible determinado (solución única). Despejamos de abajo arriba:

• De la tercera ecuación: $C = 6000$.
• De la segunda: $2B - C = 3000 \Rightarrow 2B = 3000 + 6000 = 9000 \Rightarrow B = 4500$.
• De la primera: $A = 3000 - B - C = 3000 - 4500 - 6000 = -7500$.

Comprobación.

• $A + B + C = -7500 + 4500 + 6000 = 3000$. ✓
• $B - A = 4500 - (-7500) = 12\,000 = 2\cdot 6000 = 2C$. ✓
• $C - A = 6000 - (-7500) = 13\,500 = 3\cdot 4500 = 3B$. ✓

Además, $A = -7500 \lt 0 \lt B = 4500 \lt C = 6000$, así que la solución cumple las condiciones del enunciado: Alberto vive a un lado del Ayuntamiento, y Braulio y Carlos al otro, con Carlos más lejos.

El dibujo del examen solo indica el orden de las casas, no las distancias: aunque en la solución $\lvert A\rvert = 7500 \gt C = 6000$, eso no contradice el enunciado.

a) Planteamiento y solución óptima

Variables. Llamamos

• $x$ = número de horas que trabaja la máquina $A$ la próxima semana,
• $y$ = número de horas que trabaja la máquina $B$ la próxima semana.

Son horas de trabajo, así que $x\ge 0$, $y\ge 0$ (no tienen por qué ser números enteros: se puede trabajar media hora).

Tabla de datos.

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

Restricciones. En $x$ horas la máquina $A$ hace $2x$ anillos, $8x$ pulseras y $4x$ collares; en $y$ horas la máquina $B$ hace $9y$ anillos, $4y$ pulseras y $10y$ collares. Como hay que producir al menos 80 anillos, 96 pulseras y 120 collares:

(la segunda se ha dividido entre 4 y la tercera entre 2, lo que no cambia el sentido de la desigualdad).

Región factible. Dibujamos las rectas frontera:

• $r_1:\ 2x + 9y = 80$ (anillos), que pasa por $(40\,;\,0)$ y $\left(0\,;\,\tfrac{80}{9}\right)\approx(0\,;\,8{,}9)$. El origen no cumple $0\ge 80$, así que la región está en el semiplano que no contiene al origen (por encima de la recta).
• $r_2:\ 2x + y = 24$ (pulseras), que pasa por $(0\,;\,24)$ y $(12\,;\,0)$. El origen no cumple $0\ge 24$: semiplano por encima de la recta.
• $r_3:\ 2x + 5y = 60$ (collares), que pasa por $(0\,;\,12)$ y $(30\,;\,0)$. El origen no cumple $0\ge 60$: 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 $OX$ (las letras $A$, $B$, $C$, $D$ de los vértices no tienen relación con las máquinas $A$ y $B$):

• $A$: corte de $r_2$ con el eje $OY$: $x=0 \Rightarrow y=24 \Rightarrow A=(0\,;\,24)$. (Los cortes de $r_1$ y $r_3$ con el eje $OY$, $\left(0\,;\,\tfrac{80}{9}\right)$ y $(0\,;\,12)$, no cumplen $2x+y\ge 24$.)

• $B$: corte de $r_2$ y $r_3$ (pulseras y collares):

  $$\begin{cases} 2x + y = 24\\ 2x + 5y = 60\end{cases} \;\Rightarrow\; \text{restando: } 4y = 36,\quad y = 9,\quad 2x = 24 - 9 = 15,\quad x = 7{,}5 \;\Rightarrow\; B=(7{,}5\,;\,9).$$

  Cumple la de anillos: $2\cdot 7{,}5 + 9\cdot 9 = 15 + 81 = 96 \ge 80$ (se cumple).

• $C$: corte de $r_3$ y $r_1$ (collares y anillos):

  $$\begin{cases} 2x + 5y = 60\\ 2x + 9y = 80\end{cases} \;\Rightarrow\; \text{restando: } 4y = 20,\quad y = 5,\quad 2x = 60 - 25 = 35,\quad x = 17{,}5 \;\Rightarrow\; C=(17{,}5\,;\,5).$$

  Cumple la de pulseras: $2\cdot 17{,}5 + 5 = 40 \ge 24$ (se cumple).

• $D$: corte de $r_1$ con el eje $OX$: $y=0 \Rightarrow 2x = 80 \Rightarrow D=(40\,;\,0)$. (Los cortes de $r_2$ y $r_3$ con el eje $OX$, $(12\,;\,0)$ y $(30\,;\,0)$, no cumplen $2x+9y\ge 80$.)

Valor de la función objetivo en los vértices.

El menor valor es $7275$, en el vértice $B$.

¿Existe el mínimo si la región no es acotada? Sí. En la región $x\ge 0$, $y\ge 0$, así que $f = 250x + 600y \ge 0$; y en las direcciones en que la región no está acotada (hacia arriba y hacia la derecha) $x$ o $y$ crecen sin límite y $f$ también. Por tanto el coste no puede bajar indefinidamente y el mínimo se alcanza en un vértice: el $B$, según la tabla.

Ampliación (no hace falta en el examen). Las rectas de nivel $250x + 600y = k$ tienen pendiente $-\tfrac{250}{600} = -\tfrac{5}{12}\approx -0{,}417$, que está entre las de los dos lados que concurren en $B$: $r_2$ ($-2$) y $r_3$ ($-\tfrac{2}{5} = -0{,}4$). Como $-2 < -\tfrac{5}{12} < -\tfrac{2}{5}$, al desplazar la recta de nivel desde el origen hacia fuera el primer punto de la región que toca es $B$. Como $-0{,}417$ y $-0{,}4$ son casi iguales, en la gráfica la recta de nivel casi se superpone a $r_3$ cerca de $B$, y la diferencia de coste entre $B$ y $C$ es pequeña: $7375-7275=100$ euros.

Comprobación. Con 7,5 horas de $A$ y 9 horas de $B$ se fabrican $2\cdot 7{,}5 + 9\cdot 9 = 96$ anillos ($\ge 80$), $8\cdot 7{,}5 + 4\cdot 9 = 96$ pulseras (justo el mínimo) y $4\cdot 7{,}5 + 10\cdot 9 = 120$ collares (justo el mínimo). Lo que limita el coste son pulseras y collares; de anillos se fabrican 16 más de los exigidos.

b) Coste mínimo

Sustituimos el óptimo en la función objetivo:

a) Valor de $a$ para que $C$ sea continua en $[0,15]$

Cada trozo es continuo en su intervalo:

• $-t^2+8t+a$ es un polinomio, continuo en $[0,6]$.
• $\dfrac{12t+89}{t+1}$ es una función racional cuyo denominador solo se anula en $t=-1$, que no pertenece a $]6,15]$; luego es continua en $]6,15]$.

Solo queda el punto de unión, $t=6$. Para que $C$ sea continua en $t=6$ debe cumplirse $\lim\limits_{t\to 6^-}C(t)=\lim\limits_{t\to 6^+}C(t)=C(6)$:

valor que coincide con $\lim\limits_{t\to 6^-}C(t)$, porque el primer trozo es un polinomio e incluye el extremo $t=6$. Por la derecha:

Igualando: $12+a=23 \Rightarrow a=11$.

b) Máximo en $[0,6]$ y máximo absoluto en las 15 horas

En $[0,6]$ la función es $C(t)=-t^2+8t+11$, continua en un intervalo cerrado, así que alcanza su máximo (teorema de Weierstrass) en un punto crítico interior o en un extremo del intervalo.

Comparamos los valores en el punto crítico y en los extremos:

El máximo en $[0,6]$ es $27$ ppm, en $t=4$ h.

¿Es el máximo de las 15 horas? Estudiamos el segundo trozo en $]6,15]$:

Luego $C$ es estrictamente decreciente en $]6,15]$. Además, la expresión $\dfrac{12t+89}{t+1}$ es continua y decreciente también en $[6,15]$ y vale $23$ en $t=6$; por tanto, en el tramo $]6,15]$ la función toma valores menores que $23$ (véase la gráfica del apartado d):

Por tanto el máximo absoluto en $[0,15]$ es el de $t=4$.

c) ¿Se reduce la concentración en todo el tramo $]6,15]$?

Como vimos en b), en $]6,15]$ es $C'(t)=\dfrac{-77}{(t+1)^2}<0$ (numerador negativo, denominador positivo), así que $C$ es estrictamente decreciente en $]6,15]$: si $6<t_1<t_2\le 15$, entonces $C(t_1)>C(t_2)$. La concentración baja de $23$ ppm (valor límite en $t=6$) a $\frac{269}{16}\approx 16{,}81$ ppm a las 15 horas.

d) Intervalos con la alerta activada ($C(t)>20$)

Resolvemos la inecuación $C(t)>20$ en cada tramo.

Primer tramo, $0\le t\le 6$:

En el último paso hemos multiplicado por $-1$, y por eso la desigualdad cambia de sentido.

Las raíces de $t^2-8t+9=0$ son

(simétricas respecto del vértice $t=4$ del apartado b), es decir, $t_1=4-\sqrt7\approx 1{,}354$ y $t_2=4+\sqrt7\approx 6{,}65$. Como la parábola $t^2-8t+9$ abre hacia arriba (coeficiente principal positivo), es negativa entre las raíces: $t\in\,]4-\sqrt7,\,4+\sqrt7[$. Intersecando con $[0,6]$ (y $4+\sqrt7>6$):

Comprobación: $C(1)=18<20$, $C(2)=23>20$ y $C(6)=23>20$.

Segundo tramo, $6<t\le 15$: como $t+1>0$, podemos multiplicar sin cambiar el sentido de la desigualdad:

Intersecando con $]6,15]$: $t\in\,]6,\tfrac{69}{8}[$.

Es coherente con el apartado c): la función decrece desde $23$ y cruza el nivel $20$ una sola vez, en $t=\frac{69}{8}$, donde $C\!\left(\frac{69}{8}\right)=20$ y la alerta deja de estar activa.

Uniendo los dos tramos (en $t=6$ la alerta está activa, $C(6)=23$):

La variable $x$ son los años transcurridos desde la creación de la empresa y la función solo se considera en $[0,5]$. En ese intervalo $x+1\ge 1>0$, así que el denominador no se anula y $f$ es continua y derivable en todo $[0,5]$.

a) Coeficientes $A$ y $B$

«En el tiempo inicial los activos valían cuatro millones» significa $f(0)=4$:

«Al cabo de un año valían un millón menos» significa $f(1)=4-1=3$:

Por tanto,

b) Intervalo en el que el valor de los activos es mayor de 4 millones

Hay que resolver la inecuación $f(x)>4$ con $x\in[0,5]$:

Desarrollamos el numerador: $x(x+1)+4-4(x+1)=x^2+x+4-4x-4=x^2-3x$. Queda

En $[0,5]$ el denominador es positivo ($x+1>0$), así que la inecuación equivale a

Las raíces son $x=0$ y $x=3$. El producto $x(x-3)$ es negativo entre las raíces y positivo fuera de ellas; dentro de $[0,5]$:

• si $0<x<3$: $x>0$ y $x-3<0$, luego $x(x-3)<0$;
• si $3<x\le 5$: $x>0$ y $x-3>0$, luego $x(x-3)>0$;
• en $x=0$ y en $x=3$ vale $0$, es decir, $f(0)=f(3)=4$, que no es mayor que 4.

Comprobación: $f(3)=3+\dfrac{4}{4}=4$ y, por ejemplo, $f(4)=4+\dfrac{4}{5}=4{,}8>4$. También se ve en la gráfica del apartado d): la curva supera la altura $y=4$ solo a la derecha de $x=3$ (antes baja de 4 a 3 y vuelve a 4, como se ve en el apartado c)).

c) Intervalos de crecimiento y decrecimiento

Derivamos $f(x)=x+4(x+1)^{-1}$:

Puntos críticos: $f'(x)=0\iff (x+1)^2=4\iff x+1=\pm 2\iff x=1$ o $x=-3$. Solo $x=1$ pertenece a $[0,5]$.

Como el denominador $(x+1)^2$ es positivo, el signo de $f'$ es el del numerador $(x+1)^2-4=(x-1)(x+3)$, y en $[0,5]$ el factor $x+3$ es positivo, así que el signo es el de $x-1$:

d) Valores máximo y mínimo

$f$ es continua en el intervalo cerrado $[0,5]$, así que (teorema de Weierstrass) alcanza un máximo y un mínimo absolutos, que están en los extremos del intervalo o en los puntos críticos. Evaluamos:

Esto concuerda con el apartado c): $f$ baja hasta $x=1$ (mínimo) y después sube hasta $x=5$; como $f(5)=\tfrac{17}{3}>f(0)=4$, el máximo absoluto está en $x=5$. Comparando $4$, $3$ y $\tfrac{17}{3}$, el mínimo absoluto es $3$ (en $x=1$) y el máximo absoluto es $\tfrac{17}{3}$ (en $x=5$).

e) Área bajo $g(x)=(x+1)f(x)$ entre $x=2$ y $x=3$

Simplificamos $g$:

En $[2,3]$ es $g(x)>0$ (todos los sumandos son positivos), así que la gráfica queda por encima del eje $OX$ y el área es directamente la integral definida, sin valores absolutos. Una primitiva de $g$ es

Evaluamos la primitiva en los extremos:

Por la regla de Barrow:

Sucesos. Para el próximo vídeo que se publique definimos:

• $T$: «el creador del vídeo es talentoso» (y $\overline{T}$: «no es talentoso»),
• $V$: «el vídeo se hace viral».

$T$ y $\overline{T}$ forman un sistema completo de sucesos. El 30 % del enunciado es una proporción de creadores, no de vídeos. Para usarlo como $P(T)$ suponemos que el próximo vídeo es de un creador elegido al azar (o que todos los creadores publican el mismo número de vídeos). Los datos del enunciado son

En forma de diagrama de árbol:

• $T$ (0,30) → $V$ (0,5) · $\overline{V}$ (0,5)
• $\overline{T}$ (0,70) → $V$ (0,05) · $\overline{V}$ (0,95)

a) Probabilidad de que el siguiente vídeo sea viral

Por el teorema de la probabilidad total,

b) Probabilidad de que el creador de un vídeo viral sea talentoso

Sabemos que el vídeo es viral y nos piden la probabilidad condicionada $P(T\mid V)$. Por el teorema de Bayes,

c) Dos o más virales en 4 vídeos de un creador no talentoso

Sea $X$ = «número de vídeos virales entre los próximos 4 de un creador no talentoso». Cada vídeo es un ensayo con dos resultados (viral o no), con la misma probabilidad de éxito $p=0{,}05$, y suponemos que los vídeos son independientes entre sí. Por tanto $X$ sigue una distribución binomial

Es más corto pasar por el suceso contrario, $\{X\ge 2\}=\overline{\{X\le 1\}}$:

En la tabla de la binomial para $n=4$, $p=0{,}05$ leemos $P(X=0)=0{,}8145$ y $P(X=1)=0{,}1715$. Por tanto,

d) Al menos 40 virales en 100 vídeos de un creador talentoso

Sea $Y$ = «número de vídeos virales entre los próximos 100 de un creador talentoso». Igual que en c), pero ahora con $p=P(V\mid T)=0{,}5$: $Y\sim B(100;\ 0{,}5)$. Como $n$ es grande, la tabla no sirve y aproximamos la binomial por una normal.

Condiciones de la aproximación. $n\,p=100\cdot 0{,}5=50>5$ y $n\,(1-p)=50>5$, así que

Corrección por continuidad. Pasamos de una variable discreta a una continua: «al menos 40» es $Y\ge 40$, que se aproxima por $Y'\ge 39{,}5$: la binomial solo toma valores enteros y el valor $Y=40$ corresponde al intervalo $[39{,}5;\ 40{,}5]$, así que hay que incluirlo desde 39,5. Tipificando con $Z=\dfrac{Y'-50}{5}\sim N(0;1)$:

La tabla solo trae valores $z\ge 0$, así que usamos la simetría de la campana de Gauss: $P(Z\ge -2{,}1)=1-F(-2{,}1)=P(Z\le 2{,}1)=F(2{,}1)$, y en la tabla $F(2{,}1)=0{,}9821$: