Examen PAU Matemáticas II Comunitat Valenciana 2026 julio resuelto

Definimos los sucesos, para un partido elegido al azar entre todos sus enfrentamientos:

• $H$ = «el partido se jugó en hierba», $T$ = «se jugó en tierra batida», $D$ = «se jugó en pista dura».
• $R$ = «el partido lo ganó Roger» y $\overline{R}$ = «el partido lo ganó Rafa» (en tenis no hay empates, así que cada partido lo gana exactamente uno de los dos).

Como las tres superficies forman un sistema completo de sucesos (son incompatibles y todo partido se juega en una de ellas),

Las probabilidades condicionadas que da el enunciado, y sus contrarias, son:

Es decir, en hierba el enunciado da el porcentaje de victorias de Rafa, y en tierra batida y pista dura el de Roger; hay que pasar al contrario donde haga falta.

1.1 Porcentaje de partidos ganados por Roger

Por el teorema de la probabilidad total respecto al sistema completo $\{H, T, D\}$:

1.2 Probabilidad de que un partido ganado por Rafa se jugara en pista dura

Nos piden $P(D\mid \overline{R})$, la probabilidad de pista dura sabiendo que ganó Rafa ($\overline{R}$). El denominador de Bayes es la probabilidad total de que gane Rafa:

Como no hay empates, también se obtiene como suceso contrario del apartado anterior: $P(\overline{R}) = 1 - P(R) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$.

Por el teorema de Bayes:

1.3 Probabilidad de que Roger gane 5 o 6 de 10 partidos en pista dura

Sea $X$ = «número de partidos, de los 10 de la muestra jugados en pista dura, que ha ganado Roger». Cada partido es una prueba con dos resultados (gana Roger, con probabilidad $p = P(R\mid D) = 0{,}55$, o gana Rafa, con $q = 0{,}45$), y suponemos, como es habitual, que los partidos son independientes y que $p$ es la misma en todos. Entonces

Nos piden $P(X = 5 \text{ o } X = 6) = P(X=5) + P(X=6)$, ya que los dos sucesos son incompatibles:

Sumando,

Primero traducimos las tres condiciones de equilibrio a ecuaciones:

• Tanque 1: $x+3y+z=5$.
• Tanque 2: $\alpha x+2z=0$.
• Tanque 3: $z=\alpha y$, es decir, $\alpha y-z=0$.

El sistema es

2.1.1) Discusión según $\alpha$

Calculamos el determinante de la matriz de coeficientes desarrollando por la primera fila:

$|A|=0 \iff \alpha=0$ o $\alpha=-1$. Aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius.

Caso $\alpha\neq 0$ y $\alpha\neq -1$. $|A|\neq 0$, luego $\operatorname{rg}(A)=3=\operatorname{rg}(A^*)=$ n.º de incógnitas: sistema compatible determinado (una única solución).

Caso $\alpha=0$. El sistema queda

El menor $\begin{vmatrix}1&1\\ 0&2\end{vmatrix}=2\neq 0$ (filas 1 y 2, columnas 1 y 3), así que $\operatorname{rg}(A)\ge 2$; y no es 3 porque $|A|=0$, luego $\operatorname{rg}(A)=2$. En $A^*$ la tercera fila $(0,0,-1\mid 0)$ es $-\tfrac12$ de la segunda $(0,0,2\mid 0)$, de modo que $\operatorname{rg}(A^*)=2$ (en el fondo, la segunda y la tercera ecuación dicen lo mismo, $z=0$). Como $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=2<3$, el sistema es compatible indeterminado (infinitas soluciones, con $3-2=1$ parámetro).

Caso $\alpha=-1$.

El menor $\begin{vmatrix}1&3\\ -1&0\end{vmatrix}=3\neq 0$, luego $\operatorname{rg}(A)=2$ (y no es 3 porque $|A|=0$). En $A^*$ orlamos ese menor con la columna de términos independientes y desarrollamos por la tercera columna (solo el 5 es no nulo):

así que $\operatorname{rg}(A^*)=3\neq\operatorname{rg}(A)=2$: sistema incompatible (no hay configuración de equilibrio).

2.1.2) Soluciones cuando $\alpha\neq -1$

Por el apartado anterior hay que distinguir dos casos.

Caso $\alpha\neq 0$, $\alpha\neq -1$ (compatible determinado). Como $|A|=\alpha(\alpha+1)\neq 0$, podemos aplicar la regla de Cramer (para $\alpha=0$ no se puede, porque $|A|=0$; por eso ese caso va aparte). En $z$ desarrollamos por la tercera columna:

(Para simplificar hemos dividido entre $\alpha$, que es válido porque $\alpha\neq 0$.)

Comprobación: $x+3y+z=\dfrac{-10+15+5\alpha}{\alpha+1}=\dfrac{5(\alpha+1)}{\alpha+1}=5$; $\ \alpha x+2z=\dfrac{-10\alpha+10\alpha}{\alpha+1}=0$; $\ \alpha y=\dfrac{5\alpha}{\alpha+1}=z$. ✓

Caso $\alpha=0$ (compatible indeterminado). De la segunda ecuación, $2z=0\Rightarrow z=0$ (la tercera, $-z=0$, dice lo mismo). Queda $x+3y=5$; tomando $y=t$ como parámetro, $x=5-3t$:

Comprobación: $(5-3t)+3t+0=5$, $\ 0\cdot x+2\cdot 0=0$, $\ z=0=0\cdot y$. ✓

2.2.1 Sistema $Ax=Bx+b$

Llamamos $\vec{x}=\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}$ al vector de incógnitas (el $x$ del enunciado) y $\vec{b}$ al vector $b$; ponemos flecha para no confundir el vector $\vec{x}$ con su primera componente $x$. Pasamos $B\vec{x}$ al primer miembro. Como $A$ y $B$ multiplican a $\vec{x}$ por la izquierda, $A\vec{x}-B\vec{x}=(A-B)\vec{x}$:

Es decir, el sistema es

Su matriz de coeficientes tiene determinante

así que $\operatorname{rg}(A-B)=2$. La matriz ampliada contiene a $A-B$, así que su rango es al menos 2, y como solo tiene 2 filas, es exactamente 2, igual que el número de incógnitas. Por el teorema de Rouché-Frobenius, el sistema es compatible determinado. Lo resolvemos por la regla de Cramer:

Comprobación: $-3\left(-\tfrac27\right)+\tfrac17=\tfrac67+\tfrac17=1$ y $-\left(-\tfrac27\right)-2\cdot\tfrac17=\tfrac27-\tfrac27=0$, y se cumplen las dos ecuaciones.

2.2.2 Valor de $\det\left(A^5(2B)^{-1}\right)$

No hace falta calcular $A^5$ ni la inversa: usamos las propiedades de los determinantes (escribimos $|M|$ para $\det M$),

• $|MN|=|M|\,|N|$, y por tanto $|A^5|=|A|^5$;
• si $M$ es de orden $n$, $|kM|=k^n|M|$; aquí $n=2$, así que $|2B|=2^2|B|$;
• si $M$ es invertible, $|M^{-1}|=\dfrac{1}{|M|}$.

Calculamos los determinantes de $A$ y $B$:

Como $|2B|=4\cdot 19=76\neq 0$, la matriz $2B$ es invertible y la expresión tiene sentido. Entonces

Comprobación: multiplicando, $A^2=\begin{pmatrix} 3 & -3\\ 3 & 0\end{pmatrix}$ y, siguiendo, $A^5=\begin{pmatrix} -9 & -9\\ 9 & -18\end{pmatrix}$ (se puede comprobar con la calculadora de potencias de matrices), cuyo determinante es $162+81=243=3^5$.

2.2.3 Valores de $\alpha$ y $\beta$ con $\alpha A+\beta B=I$

Calculamos la combinación lineal e igualamos a la identidad elemento a elemento:

Obtenemos un sistema de cuatro ecuaciones con dos incógnitas:

La segunda y la tercera ecuación son la misma (una es la otra cambiada de signo), y de ella sale $\alpha=-2\beta$. Sustituyendo en la cuarta: $-2\beta+3\beta=1\Rightarrow \beta=1$, y entonces $\alpha=-2$.

Falta comprobar que estos valores cumplen también la primera ecuación (si no la cumplieran, el sistema sería incompatible y no existirían $\alpha$ y $\beta$): $2(-2)+5\cdot 1=1$, y se cumple.

Comprobación: $-2A+B=\begin{pmatrix} -4+5 & 2-2\\ -2+2 & -2+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}=I$.

Llamamos $\vec v=(2,-1,1)$ al vector dado. Idea clave: como $\pi$ es perpendicular a $\vec v$, el vector $\vec v$ es a la vez vector normal de $\pi$ y vector director de toda recta perpendicular a $\pi$.

3.1.1 Plano $\pi$ perpendicular a $\vec v$ que pasa por $A$

Un plano perpendicular a $\vec v=(2,-1,1)$ tiene a $\vec v$ como vector normal, así que su ecuación general es

Imponemos que pase por $A(0,-1,0)$:

Equivalentemente, un punto $P(x,y,z)$ está en $\pi$ si y solo si $\overrightarrow{AP}\cdot\vec v=0$:

Comprobación: $A$ cumple $2\cdot 0-(-1)+0=1$. ✓

3.1.2 Recta perpendicular a $\pi$ que pasa por $B$

Una recta perpendicular a $\pi$ tiene la dirección del vector normal del plano, $\vec n_\pi=\vec v=(2,-1,1)$. Como pasa por $B(1,0,1)$, sus ecuaciones son:

es decir, en paramétricas y en forma continua:

3.1.3 Punto $C$ de $\pi$ más cercano a $B$

El punto de $\pi$ más cercano a $B$ es la proyección ortogonal de $B$ sobre $\pi$: el pie de la perpendicular trazada desde $B$. Por tanto, $C=r\cap\pi$, con $r$ la recta del apartado anterior.

Sustituimos el punto genérico de $r$, $(1+2\lambda,\,-\lambda,\,1+\lambda)$, en la ecuación de $\pi$:

Llevamos $\lambda=-\frac13$ a las paramétricas de $r$:

Comprobación:

• $C\in\pi$: $\ 2\cdot\frac13-\frac13+\frac23=\frac{2-1+2}{3}=1$. ✓
• $\overrightarrow{CB}=\left(\frac23,-\frac13,\frac13\right)=\frac13\,(2,-1,1)$ es paralelo a $\vec n_\pi$, así que $BC$ es perpendicular a $\pi$. ✓

3.1.4 Distancia de $B$ al plano $\pi$

Usamos la fórmula de la distancia de un punto $B(x_0,y_0,z_0)$ a un plano $ax+by+cz+k=0$ (con el término independiente $k$, como en 3.1.1), con $\pi\colon 2x-y+z-1=0$ y $B(1,0,1)$:

Comprobación con el apartado anterior: la distancia es la longitud del segmento $BC$,

3.2.1) ¿Está el triángulo $ABC$ contenido en $\pi$?

El triángulo $ABC$ está contenido en el plano $\pi$ si y solo si sus tres vértices pertenecen a $\pi$ (entonces los lados y el interior también están en el plano, porque un plano contiene todas las combinaciones convexas de sus puntos). Sustituimos cada vértice en la ecuación $2x+3y-z=0$:

• $A(0,0,0)$: $\;2\cdot 0+3\cdot 0-0=0$. Luego $A\in\pi$.
• $B(10,0,-20)$: $\;2\cdot 10+3\cdot 0-(-20)=20+20=40\neq 0$. Luego $B\notin\pi$.
• $C(0,15,-30)$: $\;2\cdot 0+3\cdot 15-(-30)=45+30=75\neq 0$. Luego $C\notin\pi$.

Basta con que un vértice no esté en el plano para que el triángulo no esté contenido en él. Además, como $40$ y $75$ tienen el mismo signo, $B$ y $C$ quedan del mismo lado de $\pi$, y el triángulo solo toca el plano en el vértice $A$.

3.2.2) Proyección de $D$ sobre el plano $ABC$

Paso 1: ecuación del plano $\sigma$ que pasa por $A$, $B$ y $C$. Vectores directores:

No son proporcionales, así que $A$, $B$ y $C$ no están alineados y determinan un plano. Podemos usar como directores $\vec u=(1,0,-2)$ y $\vec v=(0,1,-2)$. Un vector normal es su producto vectorial:

Detalle de los tres menores: componente $\vec i$: $0\cdot(-2)-(-2)\cdot 1=2$; componente $\vec j$: $1\cdot(-2)-(-2)\cdot 0=-2$, que lleva signo menos delante y da $+2$; componente $\vec k$: $1\cdot 1-0\cdot 0=1$.

Como pasa por $A(0,0,0)$:

(También se obtiene directamente con $\begin{vmatrix}x&y&z\\ 1&0&-2\\ 0&1&-2\end{vmatrix}=0$, que da $2x+2y+z=0$.)

Comprobación: $B$: $20+0-20=0$ ✓; $C$: $0+30-30=0$ ✓.

Paso 2: recta $r$ perpendicular a $\sigma$ que pasa por $D(1,2,-1)$. Su vector director es $\vec n=(2,2,1)$:

Paso 3: la proyección es $P=r\cap\sigma$. Sustituimos en la ecuación de $\sigma$:

Comprobación:

• $P\in\sigma$: $2\cdot\left(-\frac19\right)+2\cdot\frac89-\frac{14}{9}=\frac{-2+16-14}{9}=0$ ✓.
• $\overrightarrow{PD}=\left(\frac{10}{9},\frac{10}{9},\frac{5}{9}\right)=\frac59\,(2,2,1)$ es paralelo a $\vec n$ ✓.

3.2.3) Distancia de $D$ al plano $\pi$

Usamos la fórmula de la distancia de un punto $D(x_0,y_0,z_0)$ al plano $ax+by+cz+d=0$:

Con $\pi\colon 2x+3y-z=0$ (aquí el término independiente es $d=0$, porque $\pi$ pasa por el origen) y $D(1,2,-1)$:

4.1.1) Cálculo de $F(t)$

$F$ es una primitiva de $F'(t)=t^2(10-t)$. Desarrollamos el producto para integrar término a término:

La constante $C$ se determina con el dato «en $t=0$ el coeficiente de gravedad es 6», es decir, $F(0)=6$:

Comprobación. Derivando, $F'(t)=\frac{10}{3}\cdot 3t^2-\frac14\cdot 4t^3=10t^2-t^3=t^2(10-t)$ ✓, y $F(0)=6$ ✓.

4.1.2) Máximo del coeficiente de gravedad

La variable $t$ son los días transcurridos desde el inicio del brote, así que estudiamos $F$ en $[0,+\infty)$. $F$ es polinómica, luego continua y derivable.

Puntos críticos. Igualamos la derivada a cero:

Signo de $F'$ (monotonía). Como $t^2>0$ para $t\neq 0$, el signo de $F'(t)$ es el de $10-t$: