PAU MACS II Comunitat Valenciana 2026 junio – resuelto (PDF)

a) Resolución de la ecuación matricial $4XB+C^tD=I$

Despejamos $X$. Restamos $C^tD$ en los dos miembros:

La matriz $B$ es invertible, porque

Multiplicamos los dos miembros por la derecha por $B^{-1}$ (el producto de matrices no es conmutativo, así que el lado importa). Como $BB^{-1}=I$, queda $4X$ a la izquierda; después dividimos entre 4:

(Como $C^tD$ es $2\times 2$, igual que $I$, y $B$ es de orden 2, $X$ es una matriz $2\times 2$.)

Cálculo de $C^tD$.

Por tanto,

Cálculo de $B^{-1}$. Con la fórmula $B^{-1}=\dfrac{1}{|B|}\,(\operatorname{Adj} B)^t$, los adjuntos de los elementos de $B$ son

de modo que

Regla rápida para matrices $2\times 2$: se intercambian los elementos de la diagonal principal, se cambia el signo de los de la secundaria y se divide entre el determinante.

Comprobación: $B\,B^{-1} = \dfrac{1}{10}\begin{pmatrix} 12-2 & 4-4\\ -6+6 & -2+12\end{pmatrix} = I$.

Cálculo de $X$.

Comprobación. $4X = \dfrac{1}{10}\begin{pmatrix} -7 & -9\\ 8 & 6\end{pmatrix}$ y

luego $4XB+C^tD=I$.

b) Valores de $z$ para los que $FC$ es idempotente

$F$ es $2\times 3$ y $C$ es $3\times 2$, así que $FC$ es una matriz cuadrada de orden 2 (tiene sentido calcular su cuadrado):

Planteamos la condición $(FC)^2 = FC$:

Dos matrices son iguales si coinciden sus cuatro elementos a la vez. Los elementos $(1,2)$ y $(2,1)$ coinciden siempre ($1=1$ y $z=z$); los otros dos dan

que se cumplen a la vez solo para $z=0$. Por tanto, la única solución es $z=0$.

Comprobación. Para $z=0$, $FC=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ y $(FC)^2=\begin{pmatrix} 1+0 & 1+0\\ 0 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}=FC$.

a) Planteamiento y solución óptima

Variables. Llamamos

• $x$ = litros de NutriMax que se usan en la mezcla,
• $y$ = litros de BioGrow que se usan en la mezcla.

Son cantidades de producto, así que $x\ge 0$, $y\ge 0$.

Tabla de datos.

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

Restricciones. Con $x$ litros de NutriMax y $y$ litros de BioGrow se aportan $2x + y$ unidades de nitrógeno, $x + y$ de fósforo y $x + 2y$ de potasio. Como hay que aplicar como mínimo 8, 6 y 10 unidades:

Región factible. Dibujamos las rectas frontera:

• $r_1:\ 2x + y = 8$, que pasa por $(0,8)$ y $(4,0)$. El origen no cumple $0\ge 8$, así que la región está en el semiplano que no contiene al origen (por encima de la recta).
• $r_2:\ x + y = 6$, que pasa por $(0,6)$ y $(6,0)$. El origen no cumple $0\ge 6$: semiplano por encima de la recta.
• $r_3:\ x + 2y = 10$, que pasa por $(0,5)$ 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). La gráfica no la sombrea: es la zona situada por encima de la poligonal $A$–$B$–$C$, cuyos vértices se calculan a continuación. En el examen hay que sombrearla.

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

• $A$: corte de $r_1$ con el eje $OY$: $x=0 \Rightarrow y=8 \Rightarrow A=(0,8)$. (Los cortes de $r_2$ y $r_3$ con el eje $OY$, $(0,6)$ y $(0,5)$, no cumplen $2x+y\ge 8$.)

• $B$: corte de $r_1$ y $r_3$:

  $$\begin{cases} 2x + y = 8\\ x + 2y = 10\end{cases} \;\Rightarrow\; y = 8 - 2x,\quad x + 2(8-2x) = 10 \;\Rightarrow\; -3x = -6,\quad x = 2,\quad y = 4 \;\Rightarrow\; B=(2,4).$$

  Este punto también está en $r_2$: $2 + 4 = 6$. Es decir, las tres rectas frontera pasan por $B(2,4)$, y por eso $r_2$ no da ningún vértice nuevo (además, la restricción del fósforo es redundante; ver la Nota).

• $C$: corte de $r_3$ con el eje $OX$: $y=0 \Rightarrow x=10 \Rightarrow C=(10,0)$. (Los cortes de $r_1$ y $r_2$ con el eje $OX$, $(4,0)$ y $(6,0)$, no cumplen $x+2y\ge 10$.)

Valor de la función objetivo en los vértices.

¿Existe el mínimo si la región no es acotada? Sí, y lo justificamos con las rectas de nivel. Las rectas de nivel $5x + 4y = k$ tienen pendiente $-\tfrac{5}{4} = -1{,}25$. Al desplazar esa recta hacia fuera desde el origen, el primer punto de la región que toca es el vértice $B(2,4)$ (última recta de la gráfica). La razón es que $-1{,}25$ está entre la pendiente de $r_1$ ($-2$) y la de $r_3$ ($-0{,}5$), que son las rectas de los dos lados de la región que concurren en $B$. Por tanto, el mínimo se alcanza en $B(2,4)$ y vale 26; en el resto de la región el coste es mayor.

Comprobación rápida: los coeficientes de $f$ son positivos, así que $f$ crece al aumentar $x$ o $y$, que son justo las direcciones en las que la región no está acotada. En la práctica, con coeficientes positivos y región no acotada hacia arriba y hacia la derecha, el mínimo está en un vértice y basta comparar la tabla.

Comprobación. Con 2 litros de NutriMax y 4 de BioGrow se aportan $2\cdot 2 + 4 = 8$ unidades de nitrógeno, $2 + 4 = 6$ de fósforo y $2 + 2\cdot 4 = 10$ de potasio: exactamente los tres mínimos exigidos.

b) Coste mínimo

Sustituimos el óptimo en la función objetivo:

a) Valores de $a$, $b$ y $c$

Cada tramo es una función continua en su intervalo (polinomio o cociente con denominador que no se anula, pues $t\ge 1$ en el segundo tramo y $t>2$ en el tercero). Por tanto, $g$ es continua en $[0,4]$ si lo es en los puntos de unión $t=1$ y $t=2$.

Continuidad en $t=1$. $g(1)=1^2+2=3$ y

Debe ser $a+2=3$, es decir, $a=1$.

Continuidad en $t=2$. $g(2)=\dfrac{a}{2}+2=\dfrac{1}{2}+2=\dfrac{5}{2}$ y

Debe ser $2c+\dfrac{b}{4}=\dfrac{5}{2}$, es decir, $8c+b=10$.

Condición sobre la derivada. Como $t=3$ está en el interior del tercer tramo, ahí $g(t)=ct+b\,t^{-2}$ y

Sistema. De $8c+b=10$ despejamos $b=10-8c$ y sustituimos:

Comprobación: $2\cdot 1+\dfrac{2}{4}=\dfrac{5}{2}$ y $g'(3)=1-\dfrac{4}{27}=\dfrac{23}{27}$.

Con estos valores,

b) ¿Creció el valor de mercado con los tres gerentes?

Estudiamos el signo de la derivada en el interior de cada tramo.

Primer gerente, $t\in[0,1]$. $g'(t)=2t>0$ para $0<t<1$. Por tanto, $g$ es estrictamente creciente en $[0,1]$: el valor pasa de $g(0)=2$ a $g(1)=3$ millones de euros.

Segundo gerente, $t\in(1,2]$. $g'(t)=-\dfrac{1}{t^2}<0$ para todo $t\in(1,2)$. Por tanto, $g$ es estrictamente decreciente en $(1,2]$: el valor baja desde $g(1)=3$ (al terminar el primer gerente) hasta $g(2)=\dfrac{5}{2}=2{,}5$ millones de euros.

Tercer gerente, $t\in(2,4]$.

Para $2<t<4$ es $t^3>8>4$, luego numerador y denominador son positivos y $g'(t)>0$. (La derivada solo se anula en $t=\sqrt[3]{4}\approx 1{,}59$, que no pertenece a este tramo.) Por tanto, $g$ es estrictamente creciente en $(2,4]$: el valor sube desde $g(2)=2{,}5$ hasta $g(4)=4+\dfrac{2}{16}=\dfrac{33}{8}=4{,}125$ millones de euros.

c) Máximos y mínimos absolutos y relativos

En el interior de los tramos no hay extremos relativos. La derivada no se anula en ningún punto interior: $2t=0$ solo en $t=0$, que es el extremo del intervalo; $-1/t^2$ nunca vale $0$; y $1-4/t^3=0$ solo en $t=\sqrt[3]{4}\notin(2,4)$. Los únicos candidatos son, por tanto, los puntos de unión $t=1$, $t=2$ (donde $g$ no es derivable: $g'(1^-)=2\ne g'(1^+)=-1$ y $g'(2^-)=-\tfrac14\ne g'(2^+)=\tfrac12$) y los extremos del intervalo, $t=0$ y $t=4$.

Extremos relativos. Como $g$ no es derivable en $t=1$ ni en $t=2$, ahí no sirve buscar $g'=0$: miramos el signo de $g'$ a ambos lados, es decir, la monotonía del apartado b) (véase su gráfica). Con la continuidad de $g$:

• En $t=1$, $g$ pasa de creciente a decreciente: máximo relativo en $(1,\,3)$.
• En $t=2$, $g$ pasa de decreciente a creciente: mínimo relativo en $\left(2,\,\tfrac{5}{2}\right)$.

Extremos absolutos. $g$ es continua en el intervalo cerrado $[0,4]$, así que (teorema de Weierstrass) alcanza su máximo y su mínimo absolutos, y lo hace en alguno de los candidatos:

El menor valor es $g(0)=2$ y el mayor es $g(4)=\dfrac{33}{8}=4{,}125$.

d) Salario del primer gerente

El primer gerente estuvo en el periodo $t\in[0,1]$, donde $g(t)=t^2+2$. Una primitiva es

Por la regla de Barrow,

El salario anual es cien mil veces esta integral. El enunciado manda multiplicar por $100\,000$ el valor numérico de la integral y, como indican los criterios oficiales, el resultado se da directamente en euros (si se arrastraran las unidades de $g$, en millones de euros, saldría una cifra desproporcionada; el enunciado no precisa más).

La variable $x$ es la cantidad de datos almacenados, en terabytes, así que solo tienen sentido los valores $x\ge 0$. Trabajamos en el intervalo $[0,+\infty)$.

a) Cantidad de datos que maximiza el beneficio

El beneficio es ingresos menos gastos:

Es una función polinómica (derivable en todo su dominio). Su derivada es

Los puntos críticos son las soluciones de $B'(x)=0$:

Para ver que es un máximo, estudiamos el signo de la derivada:

• si $0\le x<50$, $B'(x)>0$ y $B$ es creciente;
• si $x>50$, $B'(x)<0$ y $B$ es decreciente.

(También vale el criterio de la segunda derivada: $B''(x)=-8<0$.) Por tanto, $B$ alcanza en $x=50$ su máximo absoluto en $[0,+\infty)$. El beneficio máximo es

Comprobación con los datos: con 50 terabytes, $I(50)=20\,000$ y $G(50)=4\cdot 2500+100=10\,100$, y la diferencia es $20\,000-10\,100=9900$. Observa también que sin datos almacenados hay pérdidas: $B(0)=-100$.

b) Cantidad de datos que maximiza la eficiencia financiera

La eficiencia financiera es el cociente

El denominador nunca se anula ($4x^2+100\ge 100>0$), así que $e$ es continua y derivable en $[0,+\infty)$. Aplicamos la regla del cociente, $\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$, con

Entonces

Como el denominador es positivo, $e'(x)=0$ equivale a

Solo $x=5$ está en el dominio ($x\ge 0$). El signo de $e'$ es el del numerador $1600\,(25-x^2)$:

• si $0\le x<5$, $25-x^2>0$, luego $e'(x)>0$ y $e$ es creciente;
• si $x>5$, $25-x^2<0$, luego $e'(x)<0$ y $e$ es decreciente.

Por tanto, $e$ tiene en $x=5$ su máximo absoluto en $[0,+\infty)$, y la eficiencia máxima es

Es decir, con 5 terabytes los ingresos son 10 veces los gastos ($I(5)=2000$ y $G(5)=200$ unidades monetarias).

c) Cálculo de $\displaystyle\int_0^2 G(x)^2\,dx$

Desarrollamos el cuadrado:

Una primitiva es

Por la regla de Barrow:

Con denominador común 15:

Sucesos. Al elegir un empleado al azar, definimos:

• $B$: «el empleado es becario»,
• $A$: «el empleado es aprendiz»,
• $M$: «el empleado es maestro»,
• $S$: «el empleado tiene estudios superiores» (y $\overline{S}$, su contrario: «no tiene estudios superiores»).

Los sucesos $B$, $A$ y $M$ son incompatibles dos a dos y su unión es el espacio muestral (forman un sistema completo de sucesos). Los datos del enunciado son

Observemos que no nos dan $P(S\mid A)$: esa es la incógnita que se obtiene a partir de $P(S)$.

a) Probabilidad de que tenga estudios superiores y sea aprendiz

Por el teorema de la probabilidad total (o, lo que es lo mismo, porque $S$ es la unión de los sucesos incompatibles $S\cap B$, $S\cap A$ y $S\cap M$):

Calculamos los sumandos conocidos con la regla del producto:

Despejamos el que falta:

(Comprobación: $0\le 0{,}2625\le P(A)=0{,}35$, así que es una probabilidad posible; equivale a $P(S\mid A)=0{,}2625/0{,}35=0{,}75$, es decir, el 75 % de los aprendices tiene estudios superiores.)

b) Probabilidad de que sea aprendiz sabiendo que no tiene estudios superiores

Nos piden la probabilidad condicionada

Numerador. Como $A$ es la unión de los sucesos incompatibles $A\cap S$ y $A\cap\overline{S}$,

Denominador. Por el suceso contrario,

Por tanto,

(dividiendo numerador y denominador entre 175).

c) Probabilidad de la intersección

Los dos sucesos son

• $C$: «es aprendiz o becario» $=A\cup B$,
• $D$: «tiene estudios superiores o es aprendiz» $=S\cup A$.

Usando la propiedad distributiva de la intersección respecto de la unión,

Como $A\cap A=A$, $A\cap S\subset A$ y $B\cap A=\varnothing$ (un empleado no puede ser a la vez becario y aprendiz), queda

(O, directamente, por la distributiva de la unión respecto de la intersección: $(A\cup B)\cap(A\cup S)=A\cup(B\cap S)$.)

Dicho con palabras: todo aprendiz está en los dos sucesos; un becario solo está en $D$ si tiene estudios superiores; y un maestro no está en $C$.

Los sucesos $A$ y $B\cap S$ son incompatibles, así que

Con la tabla de contingencia del apartado a) se ve también por el complementario dentro de $C$: $C$ son los no maestros ($0{,}85$), y de ellos solo quedan fuera de $D$ los becarios sin estudios superiores ($0{,}10$), luego $P(C\cap D)=0{,}85-0{,}10=0{,}75$.