PAU Matemáticas II Comunitat Valenciana 2026 julio (examen de solapamiento)

Ejercicio 1 · Pregunta 1

Enunciado

PREGUNTA 1: PROBABILIDAD Y ESTADÍSTICA (2,5 puntos)

El 44 % de los estudiantes de una universidad son hombres y el 56 % mujeres. Un 20 % de los hombres abandonan los estudios antes de acabar y un 15 % en el caso de las mujeres. Se pide:

1.1 (0,75 puntos) Calcular el porcentaje de estudiantes que finaliza sus estudios.

1.2 (0,75 puntos) Si se elige un estudiante que ha abandonado los estudios, calcular la probabilidad de que sea mujer.

1.3 (1 punto) Si se eligen a 7 alumnos masculinos, calcular la probabilidad de que al menos 3 de ellos finalicen sus estudios.

Solución

Definimos los sucesos $H$ = «el estudiante es hombre», $M$ = «el estudiante es mujer» y $A$ = «el estudiante abandona los estudios antes de acabar» (su contrario, $\overline{A}$ , es «el estudiante finaliza sus estudios»).

Los datos del enunciado son

P(H) = 0{,}44, \qquad P(M) = 0{,}56, \qquad P(A\mid H) = 0{,}20, \qquad P(A\mid M) = 0{,}15,

y, por el suceso contrario,

P(\overline{A}\mid H) = 1 - 0{,}20 = 0{,}80, \qquad P(\overline{A}\mid M) = 1 - 0{,}15 = 0{,}85.

El diagrama de árbol, con la probabilidad de cada rama (regla del producto), es:

$H$ $H$ ( $0{,}44$ $0, 44$ ):
- $A$ ( $0{,}20$ ): $P(H\cap A) = 0{,}44\cdot 0{,}20 = 0{,}088$ .
- $\overline{A}$ ( $0{,}80$ ): $P(H\cap \overline{A}) = 0{,}44\cdot 0{,}80 = 0{,}352$ .
$M$ $M$ ( $0{,}56$ $0, 56$ ):
- $A$ ( $0{,}15$ ): $P(M\cap A) = 0{,}56\cdot 0{,}15 = 0{,}084$ .
- $\overline{A}$ ( $0{,}85$ ): $P(M\cap \overline{A}) = 0{,}56\cdot 0{,}85 = 0{,}476$ .

Comprobación: $0{,}088 + 0{,}352 + 0{,}084 + 0{,}476 = 1$ .

1.1 Porcentaje de estudiantes que finaliza sus estudios

$\{H, M\}$ es un sistema completo de sucesos (todo estudiante es hombre o mujer, y no ambas cosas). Por el teorema de la probabilidad total:

P(\overline{A}) = P(H)\,P(\overline{A}\mid H) + P(M)\,P(\overline{A}\mid M) = 0{,}44\cdot 0{,}80 + 0{,}56\cdot 0{,}85 = 0{,}352 + 0{,}476 = 0{,}828.

Respuesta

P(\overline{A}) = 0{,}828

: finaliza sus estudios el

82{,}8\,\%

de los estudiantes.

1.2 Probabilidad de que sea mujer sabiendo que ha abandonado

Nos piden $P(M\mid A)$ . Por el apartado anterior, $P(A) = 1 - P(\overline{A}) = 1 - 0{,}828 = 0{,}172$ . Por el teorema de Bayes:

P(M\mid A) = \frac{P(M)\,P(A\mid M)}{P(A)} = \frac{0{,}56\cdot 0{,}15}{0{,}172} = \frac{0{,}084}{0{,}172} = \frac{21}{43} \approx 0{,}4884.

Respuesta

P(M\mid A) = \dfrac{0{,}084}{0{,}172} = \dfrac{21}{43} \approx 0{,}4884

: la probabilidad de que un estudiante que ha abandonado sea mujer es de, aproximadamente, el

48{,}84\,\%

.

1.3 Al menos 3 de 7 alumnos masculinos finalizan

Elegimos 7 alumnos hombres. Para cada uno, «finaliza sus estudios» tiene probabilidad $P(\overline{A}\mid H) = 0{,}8$ , y suponemos que lo que hace cada alumno es independiente de los demás (la población de la universidad es grande). Sea

X = \text{«número de alumnos, de los 7, que finalizan sus estudios»}.

Son 7 pruebas independientes con dos resultados posibles y la misma probabilidad de éxito, luego $X \sim B(7;\ 0{,}8)$ , con

P(X = k) = \binom{7}{k}\,0{,}8^{k}\,0{,}2^{7-k}, \qquad k = 0, 1, \dots, 7.

Nos piden $P(X \ge 3)$ . Es más corto calcularla por el suceso contrario:

P(X \ge 3) = 1 - P(X \le 2) = 1 - \big[P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)\big].

P(X=0) = \binom{7}{0}\,0{,}8^{0}\,0{,}2^{7} = 0{,}0000128

P(X=1) = \binom{7}{1}\,0{,}8\cdot 0{,}2^{6} = 7\cdot 0{,}8\cdot 0{,}000064 = 0{,}0003584

P(X=2) = \binom{7}{2}\,0{,}8^{2}\cdot 0{,}2^{5} = 21\cdot 0{,}64\cdot 0{,}00032 = 0{,}0043008

P(X \le 2) = 0{,}0000128 + 0{,}0003584 + 0{,}0043008 = 0{,}004672

P(X \ge 3) = 1 - 0{,}004672 = 0{,}995328.

Respuesta

Con

X \sim B(7;\ 0{,}8)

,

P(X \ge 3) = 1 - P(X\le 2) = 0{,}995328 \approx 0{,}9953

: la probabilidad de que al menos 3 de los 7 hombres terminen sus estudios es de, aproximadamente, el

99{,}53\,\%

.

Ejercicio 2.1 · Pregunta 2.1

Enunciado

PREGUNTA 2: ÁLGEBRA (2,5 puntos)

Responda al apartado 2.1 o al apartado 2.2

2.1 Se consideran la matriz $A$ , dependiente del parámetro real $a$ , y el vector $w$ , siguientes:

A=\begin{pmatrix}1&1&a\\ 2&3&1\\ a&2&0\end{pmatrix},\qquad w=\begin{pmatrix}1&0&-1\end{pmatrix}^{T},

donde $T$ indica transpuesta. Se pide:

2.1.1 (1 punto) Calcular el rango de $A$ en función del parámetro $a$ .

2.1.2 (0,75 puntos) Discutir el sistema $A\cdot\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\end{pmatrix}=w$ .

2.1.3 (0,75 puntos) Calcular el valor de $z$ en función de $a$ cuando el sistema es compatible determinado.

Solución

2.1.1) Rango de $A$ según $a$

Como $A$ es cuadrada de orden 3, empezamos por su determinante (desarrollando por la primera fila):

|A|=\begin{vmatrix}1&1&a\\ 2&3&1\\ a&2&0\end{vmatrix} =1\cdot(0-2)-1\cdot(0-a)+a\cdot(4-3a)=-3a^2+5a-2 .

Igualamos a cero: $3a^2-5a+2=0 \Rightarrow a=\dfrac{5\pm\sqrt{25-24}}{6}=\dfrac{5\pm1}{6}$ , es decir, $a=1$ o $a=\dfrac23$ . Por tanto

|A|=-(a-1)(3a-2).

Además, $A$ tiene siempre un menor de orden 2 no nulo, que no depende de $a$ :

\begin{vmatrix}1&1\\ 2&3\end{vmatrix}=3-2=1\neq 0 ,

así que $\operatorname{rg}(A)\ge 2$ para todo $a$ .

Si $a\neq 1$ y $a\neq \frac23$ : $|A|\neq 0$ , luego $\operatorname{rg}(A)=3$ .
Si $a=1$ o $a=\frac23$ : $|A|=0$ y hay un menor de orden 2 no nulo, luego $\operatorname{rg}(A)=2$ .

Respuesta

Si

a\neq 1

y

a\neq \frac23

,

\operatorname{rg}(A)=3

; si

a=1

o

a=\frac23

,

\operatorname{rg}(A)=2

.

2.1.2) Discusión del sistema

El sistema $A\cdot(x,y,z)^T=w$ es

\left\{\begin{array}{l} x+y+az=1\\ 2x+3y+z=0\\ ax+2y=-1\end{array}\right. \qquad A^*=\left(\begin{array}{ccc|c}1&1&a&1\\ 2&3&1&0\\ a&2&0&-1\end{array}\right).

Aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius; hay 3 incógnitas.

Caso $a\neq 1$ y $a\neq \frac23$ . $\operatorname{rg}(A)=3=\operatorname{rg}(A^*)$ (la ampliada tiene 3 filas, así que su rango no puede superar 3), igual al número de incógnitas: sistema compatible determinado.

Caso $a=1$ . $\operatorname{rg}(A)=2$ . Para la ampliada orlamos el menor $\begin{vmatrix}1&1\\2&3\end{vmatrix}\neq0$ con la tercera fila y la columna de términos independientes (la otra orla, con la tercera columna, es $|A|=0$ ):

\begin{vmatrix}1&1&1\\ 2&3&0\\ 1&2&-1\end{vmatrix}=1\cdot(-3-0)-1\cdot(-2-0)+1\cdot(4-3)=-3+2+1=0 .

Luego $\operatorname{rg}(A^*)=2=\operatorname{rg}(A)<3$ : sistema compatible indeterminado (infinitas soluciones, con un parámetro). Por ejemplo, quitando la tercera ecuación (que es la segunda menos la primera) y tomando $z=\lambda$ :

\left\{\begin{array}{l} x+y=1-\lambda\\ 2x+3y=-\lambda\end{array}\right. \;\Rightarrow\; x=3-2\lambda,\quad y=-2+\lambda,\quad z=\lambda,\qquad \lambda\in\mathbb{R}.

Caso $a=\frac23$ . $\operatorname{rg}(A)=2$ , y en la ampliada el menor formado por las columnas 1.ª, 2.ª y 4.ª es

\begin{vmatrix}1&1&1\\ 2&3&0\\ \frac23&2&-1\end{vmatrix}=1\cdot(-3-0)-1\cdot(-2-0)+1\cdot\left(4-2\right)=-3+2+2=1\neq 0 ,

así que $\operatorname{rg}(A^*)=3\neq\operatorname{rg}(A)=2$ : sistema incompatible.

Respuesta

Si

a\neq 1

y

a\neq\frac23

: sistema compatible determinado. Si

a=1

: compatible indeterminado (soluciones

x=3-2\lambda

,

y=-2+\lambda

,

z=\lambda

). Si

a=\frac23

: incompatible.

2.1.3) Valor de $z$ cuando el sistema es compatible determinado

Para $a\neq1$ y $a\neq\frac23$ aplicamos la regla de Cramer a la incógnita $z$ (sustituimos la tercera columna de $A$ por $w$ ):

|A_z|=\begin{vmatrix}1&1&1\\ 2&3&0\\ a&2&-1\end{vmatrix} =1\cdot(-3-0)-1\cdot(-2-0)+1\cdot(4-3a)=3-3a=-3(a-1).

z=\frac{|A_z|}{|A|}=\frac{-3(a-1)}{-(a-1)(3a-2)}=\frac{3}{3a-2},

donde hemos simplificado $a-1$ porque $a\neq 1$ .

Comprobación con $a=0$ : el sistema queda $x+y=1$ , $2x+3y+z=0$ , $2y=-1$ , de donde $y=-\frac12$ , $x=\frac32$ y $z=-3+\frac32=-\frac32$ , que coincide con $\frac{3}{3\cdot 0-2}=-\frac32$ .

Respuesta

z=\dfrac{3}{3a-2}

para

a\neq 1

y

a\neq\frac23

.

Ejercicio 2.2 · Pregunta 2.2

Enunciado

PREGUNTA 2: ÁLGEBRA (2,5 puntos)

Responda al apartado 2.1 o al apartado 2.2

2.2 Las matrices cuadradas que verifican que su inversa es igual a su traspuesta se llaman matrices ortogonales. Se pide:

2.2.1 (0,75 puntos) Comprobar que la matriz $A=\begin{pmatrix}0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\end{pmatrix}$ es una matriz ortogonal y calcular $A^{38}$ y $(AA^{T})^{39}$ , donde $A^{T}$ es la matriz traspuesta de $A$ .

2.2.2 (0,5 puntos) ¿Puede ser el determinante de una matriz ortogonal igual a cero? Justificar la respuesta.

2.2.3 (0,5 puntos) Si $A$ y $B$ son dos matrices ortogonales de igual dimensión, analizar si $A\cdot B$ es también una matriz ortogonal.

2.2.4 (0,75 puntos) Encontrar la matriz $X$ que verifique $A^{2}X-2B=0$ , siendo

B=\begin{pmatrix}0&3\\ 2&0\\ 3&4\end{pmatrix}.

Solución

2.2.1 A es ortogonal; cálculo de $A^{38}$ y $(AA^{T})^{39}$

Que la inversa de $A$ sea su traspuesta significa que $A\cdot A^{T}=A^{T}\cdot A=I$ . La traspuesta se obtiene cambiando filas por columnas:

A=\begin{pmatrix}0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\end{pmatrix},\qquad A^{T}=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0\end{pmatrix}.

Multiplicamos (fila por columna):

A\cdot A^{T}=\begin{pmatrix}0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}=I,

A^{T}\cdot A=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}=I.

Por tanto $A^{-1}=A^{T}$ y $A$ es ortogonal.

Potencias de $A$ . Calculamos las primeras hasta que se repitan:

A^{2}=A\cdot A=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0\end{pmatrix},\qquad A^{3}=A^{2}\cdot A=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}=I.

Como $A^{3}=I$ , las potencias se repiten de 3 en 3. Dividimos el exponente entre 3: $38=3\cdot 12+2$ , así que

A^{38}=\left(A^{3}\right)^{12}\cdot A^{2}=I^{12}\cdot A^{2}=A^{2}=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0\end{pmatrix}.

(Observa que $A^{2}=A^{T}$ , lo que cuadra con $A^{3}=I$ : $A^{2}=A^{-1}=A^{T}$ .)

Potencia de $AA^{T}$ . Acabamos de ver que $AA^{T}=I$ , y toda potencia de la identidad es la identidad:

\left(AA^{T}\right)^{39}=I^{39}=I.

Respuesta

AA^{T}=A^{T}A=I

, luego

A^{-1}=A^{T}

y

A

es ortogonal. Como

A^{3}=I

,

A^{38}=A^{2}=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0\end{pmatrix}

, y

(AA^{T})^{39}=I

.

2.2.2 ¿Puede ser cero el determinante de una matriz ortogonal?

No. Hay dos formas de verlo:

Si $M$ es ortogonal, por definición tiene inversa ( $M^{-1}=M^{T}$ ), y una matriz cuadrada tiene inversa si y solo si su determinante es distinto de cero. Luego $|M|\neq 0$ .
Con más detalle: de $M\cdot M^{T}=I$ , usando que $|M\cdot N|=|M|\cdot|N|$ y que $|M^{T}|=|M|$ ,

|M|\cdot|M^{T}|=|I|\ \Longrightarrow\ |M|^{2}=1\ \Longrightarrow\ |M|=1\ \text{ o }\ |M|=-1.

Así que el determinante de una matriz ortogonal solo puede valer $1$ o $-1$ ; nunca $0$ .

Para la matriz $A$ del apartado anterior lo comprobamos por Sarrus: de los seis productos solo es no nulo $a_{13}a_{21}a_{32}=1\cdot1\cdot1$ , así que

|A|=\begin{vmatrix}0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\end{vmatrix}=0+0+1\cdot1\cdot1-0-0-0=1.

Respuesta

No. Si

M

es ortogonal,

MM^{T}=I

implica

|M|^{2}=1

, es decir,

|M|=\pm 1\neq 0

(además, una matriz con inversa nunca tiene determinante nulo).

2.2.3 ¿Es ortogonal el producto de dos matrices ortogonales?

Sean $A$ y $B$ ortogonales de la misma dimensión $n$ (aquí son matrices cualesquiera, no las de los otros apartados), es decir, $AA^{T}=A^{T}A=I$ y $BB^{T}=B^{T}B=I$ . El producto $AB$ es una matriz cuadrada $n\times n$ . Usamos la propiedad de la traspuesta de un producto, $(AB)^{T}=B^{T}A^{T}$ (cambia el orden), y la propiedad asociativa:

(AB)(AB)^{T}=A\,B\,B^{T}A^{T}=A\,(BB^{T})\,A^{T}=A\,I\,A^{T}=AA^{T}=I,

(AB)^{T}(AB)=B^{T}A^{T}A\,B=B^{T}(A^{T}A)\,B=B^{T}I\,B=B^{T}B=I.

Por tanto $(AB)^{-1}=(AB)^{T}$ : el producto $AB$ sí es ortogonal.

Respuesta

Sí. Si

A

y

B

son ortogonales,

(AB)(AB)^{T}=ABB^{T}A^{T}=AA^{T}=I

(y también

(AB)^{T}(AB)=I

), luego

(AB)^{-1}=(AB)^{T}

y

AB

es ortogonal.

2.2.4 Ecuación $A^{2}X-2B=0$

Aquí $A$ es la matriz de 2.2.1 y $B$ es la matriz $3\times 2$ dada. Como $A^{2}$ es $3\times 3$ y $2B$ es $3\times 2$ , la incógnita $X$ ha de ser $3\times 2$ .

Pasamos $2B$ al otro miembro:

A^{2}X=2B.

La matriz $A^{2}$ tiene inversa, porque $|A^{2}|=|A|^{2}=1^{2}=1\neq 0$ (basta con $|A|\neq 0$ , que ya garantiza 2.2.2). Multiplicamos los dos miembros por la izquierda por $(A^{2})^{-1}$ (el orden importa, el producto de matrices no es conmutativo):

X=(A^{2})^{-1}\cdot 2B=2\,(A^{2})^{-1}B.

Como $A^{3}=I$ , se tiene $A^{2}\cdot A=I$ , es decir, $(A^{2})^{-1}=A$ . (También se ve con 2.2.1 y 2.2.3: $A$ es ortogonal (2.2.1) y $A^{2}=A\cdot A$ es producto de ortogonales, luego es ortogonal (2.2.3) y $(A^{2})^{-1}=(A^{2})^{T}=(A^{T})^{2}$ . Como $A^{T}=A^{2}$ (visto en 2.2.1), resulta $(A^{T})^{2}=(A^{2})^{2}=A^{4}=A^{3}\cdot A=A$ .) Entonces

X=2AB=2\begin{pmatrix}0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&3\\ 2&0\\ 3&4\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}3&4\\ 0&3\\ 2&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6&8\\ 0&6\\ 4&0\end{pmatrix}.

Comprobación:

A^{2}X=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}6&8\\ 0&6\\ 4&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&6\\ 4&0\\ 6&8\end{pmatrix}=2B.\ \checkmark

Respuesta

X=2(A^{2})^{-1}B=2AB=\begin{pmatrix}6&8\\ 0&6\\ 4&0\end{pmatrix}

.

Ejercicio 3.1 · Pregunta 3.1

Enunciado

PREGUNTA 3: GEOMETRÍA (2,5 puntos)

Responda al apartado 3.1 o al apartado 3.2

3.1 Dados los puntos $A(1,-2,1)$ y $B(3,4,3)$ , y la recta $r\equiv\dfrac{x}{2}=\dfrac{y-2}{-1}=z-1$ , se pide:

3.1.1 (1 punto) La ecuación del plano $\pi_1$ respecto al cual $A$ y $B$ son puntos simétricos.

3.1.2 (0,5 puntos) Comprobar que la recta $r$ está contenida en el plano $\pi_1$ .

3.1.3 (1 punto) La ecuación del plano $\pi_2$ que contiene al punto $A$ y tal que su intersección con $\pi_1$ es la recta $r$ .

Solución

Primero leemos los elementos de la recta. De la forma continua $r\equiv\dfrac{x-0}{2}=\dfrac{y-2}{-1}=\dfrac{z-1}{1}$ obtenemos un punto y un vector director:

P_r=(0,2,1),\qquad \vec v_r=(2,-1,1).

3.1.1) Plano respecto al cual $A$ y $B$ son simétricos

$A$ y $B$ son simétricos respecto de $\pi_1$ si y solo si $\pi_1$ es el plano mediador del segmento $AB$ : el plano perpendicular a $AB$ que pasa por su punto medio.

Punto medio:

M=\left(\frac{1+3}{2},\,\frac{-2+4}{2},\,\frac{1+3}{2}\right)=(2,1,2).

Vector normal: el propio vector $\overrightarrow{AB}=(3-1,\,4-(-2),\,3-1)=(2,6,2)$ , o cualquiera proporcional, como $\vec n_{\pi_1}=(1,3,1)$ .

El plano es $x+3y+z+D=0$ , y como pasa por $M$ : $2+3\cdot1+2+D=0\Rightarrow D=-7$ .

\pi_1\colon\ x+3y+z-7=0.

Comprobación. $M\in\pi_1$ : $2+3+2-7=0$ . Además, $A$ y $B$ quedan a lados opuestos de $\pi_1$ y a la misma distancia: al sustituir, $A$ da $1-6+1-7=-11$ y $B$ da $3+12+3-7=11$ . Y como $\overrightarrow{AB}=2\vec n_{\pi_1}$ es perpendicular al plano, $B$ es el simétrico de $A$ .

Respuesta

\pi_1\colon\ x+3y+z-7=0

(plano mediador del segmento

AB

).

3.1.2) La recta $r$ está contenida en $\pi_1$

Una recta está contenida en un plano si un punto suyo está en el plano y su vector director es paralelo al plano (perpendicular al vector normal).

Punto: $P_r=(0,2,1)$ cumple $0+3\cdot2+1-7=0$ , luego $P_r\in\pi_1$ .
Dirección: $\vec v_r\cdot\vec n_{\pi_1}=(2,-1,1)\cdot(1,3,1)=2-3+1=0$ , luego $\vec v_r$ es paralelo a $\pi_1$ .

Por tanto $r\subset\pi_1$ .

Respuesta

P_r=(0,2,1)\in\pi_1

y

\vec v_r\cdot\vec n_{\pi_1}=0

, así que

r\subset\pi_1

.

3.1.3) Plano $\pi_2$ que contiene a $A$ y corta a $\pi_1$ en la recta $r$

Si $\pi_2\cap\pi_1=r$ , entonces $\pi_2$ contiene a la recta $r$ y al punto $A$ . Como $A\notin r$ (de hecho $A\notin\pi_1$ : $1-6+1-7=-11\neq0$ ), la recta $r$ y el punto $A$ determinan un único plano. Ese plano es distinto de $\pi_1$ (porque $A\notin\pi_1$ ), así que su intersección con $\pi_1$ es exactamente la recta $r$ .

Vectores directores de $\pi_2$ : $\vec v_r=(2,-1,1)$ y $\overrightarrow{P_rA}=(1-0,\,-2-2,\,1-1)=(1,-4,0)$ , que no son proporcionales.

Ecuación (punto $P_r$ y los dos vectores):

\begin{vmatrix} x & y-2 & z-1\\ 2 & -1 & 1\\ 1 & -4 & 0\end{vmatrix}=0.

Desarrollando por la primera fila:

x\,\big((-1)\cdot0-1\cdot(-4)\big)-(y-2)\,\big(2\cdot0-1\cdot1\big)+(z-1)\,\big(2\cdot(-4)-(-1)\cdot1\big)=4x+(y-2)-7(z-1)=0,

\pi_2\colon\ 4x+y-7z+5=0.

Un vector normal es $\vec n_{\pi_2}=\vec v_r\times\overrightarrow{P_rA}=(4,1,-7)$ .

Comprobación.

$A\in\pi_2$ : $4\cdot1+(-2)-7\cdot1+5=0$ .
$r\subset\pi_2$ : $P_r$ cumple $0+2-7+5=0$ y $\vec v_r\cdot\vec n_{\pi_2}=8-1-7=0$ .
$\pi_1$ y $\pi_2$ no son paralelos ( $(1,3,1)$ y $(4,1,-7)$ no son proporcionales). Resolviendo el sistema formado por las dos ecuaciones se obtiene $x=2z-2$ , $y=3-z$ ; con $z=1+\lambda$ queda $(x,y,z)=(2\lambda,\,2-\lambda,\,1+\lambda)$ , que es la recta $r$ .

Nota

Otra forma de hacerlo: haz de planos. Escribimos $r$ como intersección de dos planos: de $\frac{x}{2}=z-1$ sale $x-2z+2=0$ y de $\frac{y-2}{-1}=z-1$ sale $y+z-3=0$ . Los planos que contienen a $r$ son $\alpha(x-2z+2)+\beta(y+z-3)=0$ . Imponiendo que pase por $A(1,-2,1)$ : $\alpha\cdot1+\beta\cdot(-4)=0$ , por ejemplo $\alpha=4$ , $\beta=1$ , y resulta $4x+y-7z+5=0$ .

Observación: aquí $\vec n_{\pi_1}\cdot\vec n_{\pi_2}=(1,3,1)\cdot(4,1,-7)=4+3-7=0$ , así que $\pi_2$ resulta ser perpendicular a $\pi_1$ (y también contiene a $B$ : $12+4-21+5=0$ ). Ocurre porque el punto medio $M=(2,1,2)$ de $AB$ , que es el pie de la perpendicular desde $A$ a $\pi_1$ , está en $r$ (para $\lambda=1$ ). Esa perpendicularidad es una consecuencia de los datos de este ejercicio, no algo que pida el enunciado: en general, el plano perpendicular a $\pi_1$ que contiene a $r$ no pasa por $A$ . Lo que hay que justificar es que $\pi_2$ contiene a $r$ y a $A$ .

Respuesta

\pi_2\colon\ 4x+y-7z+5=0

.

Ejercicio 3.2 · Pregunta 3.2

Enunciado

PREGUNTA 3: GEOMETRÍA (2,5 puntos)

Responda al apartado 3.1 o al apartado 3.2

3.2 Dados el plano $\pi:\,-2x+y+2z+1=0$ y el punto $P(1,-2,0)$ , se pide:

3.2.1 (0,5 puntos) Calcular la distancia del punto $P$ al plano $\pi$ .

3.2.2 (1 punto) Escribir una ecuación de la recta perpendicular a $\pi$ que pasa por el punto $P$ .

3.2.3 (1 punto) Determinar los ángulos interiores del triángulo cuyos vértices son los puntos de intersección del plano $\pi$ con los tres ejes coordenados.

Solución

3.2.1) Distancia de $P$ a $\pi$

Con la fórmula de la distancia de un punto $P_0=(x_0,y_0,z_0)$ al plano $ax+by+cz+d=0$ ,

d(P_0,\pi)=\frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}},

para $P(1,-2,0)$ y $\pi:\,-2x+y+2z+1=0$ :

d(P,\pi)=\frac{|-2\cdot 1+(-2)+2\cdot 0+1|}{\sqrt{(-2)^2+1^2+2^2}}=\frac{|-3|}{\sqrt{9}}=\frac{3}{3}=1.

Respuesta

d(P,\pi)=1

u.

3.2.2) Recta perpendicular a $\pi$ que pasa por $P$

Una recta es perpendicular a un plano cuando su vector director es paralelo al vector normal del plano. El vector normal de $\pi$ se lee en los coeficientes de $x$ , $y$ , $z$ :

\vec n_\pi=(-2,1,2).

Tomamos $\vec v_r=\vec n_\pi=(-2,1,2)$ y el punto $P(1,-2,0)$ :

r\equiv (x,y,z)=(1,-2,0)+t\,(-2,1,2),\;t\in\mathbb R\;\Longleftrightarrow\;\begin{cases}x=1-2t\\ y=-2+t\\ z=2t\end{cases}

En forma continua: $\dfrac{x-1}{-2}=\dfrac{y+2}{1}=\dfrac{z}{2}$ .

Respuesta

r\equiv\begin{cases}x=1-2t\\ y=-2+t\\ z=2t\end{cases}\;(t\in\mathbb R)

, o bien

\dfrac{x-1}{-2}=\dfrac{y+2}{1}=\dfrac{z}{2}

.

3.2.3) Ángulos interiores del triángulo de cortes con los ejes

Puntos de corte. En cada eje se anulan las otras dos coordenadas:

Eje $OX$ ( $y=z=0$ ): $-2x+1=0\Rightarrow x=\tfrac12$ . Punto $A\left(\tfrac12,0,0\right)$ .
Eje $OY$ ( $x=z=0$ ): $y+1=0\Rightarrow y=-1$ . Punto $B(0,-1,0)$ .
Eje $OZ$ ( $x=y=0$ ): $2z+1=0\Rightarrow z=-\tfrac12$ . Punto $C\left(0,0,-\tfrac12\right)$ .

Los tres puntos son distintos y no están alineados (están en tres ejes distintos y ninguno es el origen), así que forman un triángulo.

Ángulo en $A$ . Es el ángulo entre $\overrightarrow{AB}$ y $\overrightarrow{AC}$ :

\overrightarrow{AB}=\left(-\tfrac12,-1,0\right),\qquad \overrightarrow{AC}=\left(-\tfrac12,0,-\tfrac12\right),

\cos\hat A=\frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}|\,|\overrightarrow{AC}|}=\frac{\tfrac14+0+0}{\tfrac{\sqrt5}{2}\cdot\tfrac{\sqrt2}{2}}=\frac{\tfrac14}{\tfrac{\sqrt{10}}{4}}=\frac{1}{\sqrt{10}}\;\Longrightarrow\;\hat A=\arccos\frac{1}{\sqrt{10}}\approx 71{,}57^\circ.

Ángulo en $B$ . Entre $\overrightarrow{BA}$ y $\overrightarrow{BC}$ :

\overrightarrow{BA}=\left(\tfrac12,1,0\right),\qquad \overrightarrow{BC}=\left(0,1,-\tfrac12\right),

\cos\hat B=\frac{0+1+0}{\tfrac{\sqrt5}{2}\cdot\tfrac{\sqrt5}{2}}=\frac{1}{\tfrac54}=\frac45\;\Longrightarrow\;\hat B=\arccos\frac45\approx 36{,}87^\circ.

Ángulo en $C$ . Entre $\overrightarrow{CA}$ y $\overrightarrow{CB}$ :

\overrightarrow{CA}=\left(\tfrac12,0,\tfrac12\right),\qquad \overrightarrow{CB}=\left(0,-1,\tfrac12\right),

\cos\hat C=\frac{0+0+\tfrac14}{\tfrac{\sqrt2}{2}\cdot\tfrac{\sqrt5}{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}\;\Longrightarrow\;\hat C=\arccos\frac{1}{\sqrt{10}}\approx 71{,}57^\circ.

Comprobación. $|\overrightarrow{AB}|=|\overrightarrow{BC}|=\tfrac{\sqrt5}{2}$ : el triángulo es isósceles con lados iguales $AB$ y $BC$ , así que los ángulos en $A$ y en $C$ deben ser iguales, como ha salido. Además, comprobamos que los tres ángulos suman $180^\circ$ . Por la fórmula del ángulo doble, $\cos 2\hat A=2\cos^2\hat A-1=\tfrac{2}{10}-1=-\tfrac45=-\cos\hat B=\cos\left(180^\circ-\hat B\right)$ . Como $\cos\hat A=\tfrac{1}{\sqrt{10}}>0$ , el ángulo $\hat A$ es agudo y $2\hat A\in(0^\circ,180^\circ)$ . También $180^\circ-\hat B\in(0^\circ,180^\circ)$ , y en ese intervalo el coseno es inyectivo. Por tanto $2\hat A=180^\circ-\hat B$ , es decir, $\hat A+\hat B+\hat C=2\hat A+\hat B=180^\circ$ .

Respuesta

Los vértices son

A\left(\tfrac12,0,0\right)

,

B(0,-1,0)

y

C\left(0,0,-\tfrac12\right)

, y los ángulos interiores son

\hat A=\hat C=\arccos\dfrac{1}{\sqrt{10}}\approx 71{,}57^\circ

(unos

71^\circ\,33'\,54''

) y

\hat B=\arccos\dfrac45\approx 36{,}87^\circ

(unos

36^\circ\,52'\,12''

).

Ejercicio 4.1 · Pregunta 4.1

Enunciado

PREGUNTA 4: ANÁLISIS (2,5 puntos)

Responda al apartado 4.1 o al apartado 4.2

4.1 Sea la función real de variable real $f(x)=x^{3}-3x^{2}+2x$ . Se pide:

4.1.1 (1,25 puntos) Representar gráficamente la función $f(x)$ .

4.1.2 (1,25 puntos) Calcular el área de la región delimitada por la curva $y=f(x)$ , el eje $x$ y las rectas verticales que pasan por los puntos mínimo y máximo de la función.

Solución

4.1.1 Representación gráfica de $f(x)=x^3-3x^2+2x$

Dominio. $f$ es un polinomio, así que $\operatorname{Dom} f=\mathbb{R}$ y es continua y derivable en todo $\mathbb{R}$ . No tiene asíntotas, y su comportamiento en el infinito es

\lim_{x\to -\infty} f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty .

Cortes con los ejes. Con el eje $Y$ : $f(0)=0$ , el punto $(0,0)$ . Con el eje $X$ :

x^3-3x^2+2x=x\,(x^2-3x+2)=x\,(x-1)(x-2)=0 \;\Longrightarrow\; x=0,\ x=1,\ x=2,

es decir, los puntos $(0,0)$ , $(1,0)$ y $(2,0)$ .

Signo. Las tres raíces ( $0$ , $1$ y $2$ ) son simples y el coeficiente principal es positivo, así que el signo de $f$ va alternando al pasar por cada raíz: $f(x)<0$ en $(-\infty,0)$ , $f(x)>0$ en $(0,1)$ , $f(x)<0$ en $(1,2)$ y $f(x)>0$ en $(2,+\infty)$ .

Monotonía y extremos. $f'(x)=3x^2-6x+2$ , y

f'(x)=0 \iff x=\frac{6\pm\sqrt{36-24}}{6}=\frac{6\pm 2\sqrt3}{6}=1\pm\frac{\sqrt3}{3}=\frac{3\pm\sqrt3}{3}.

Llamamos $x_1=\dfrac{3-\sqrt3}{3}\approx 0{,}42$ y $x_2=\dfrac{3+\sqrt3}{3}\approx 1{,}58$ . Como $f'$ es una parábola abierta hacia arriba:

	$(-\infty,x_1)$	$(x_1,x_2)$	$(x_2,+\infty)$
signo de $f'$	$+$	$-$	$+$
$f$	creciente	decreciente	creciente

Por tanto hay un máximo relativo en $x_1$ y un mínimo relativo en $x_2$ (lo confirma $f''(x)=6x-6$ : $f''(x_1)=-2\sqrt3<0$ y $f''(x_2)=2\sqrt3>0$ ). Para calcular las ordenadas conviene escribir $f$ en función de $t=x-1$ : como $x_{1,2}=1\mp\frac{\sqrt3}{3}$ ,

f(x)=(x-1)^3-(x-1) \;\Longrightarrow\; f(x_1)=-\frac{\sqrt3}{9}+\frac{\sqrt3}{3}=\frac{2\sqrt3}{9}, \qquad f(x_2)=\frac{\sqrt3}{9}-\frac{\sqrt3}{3}=-\frac{2\sqrt3}{9}.

(Se comprueba desarrollando: $(x-1)^3-(x-1)=x^3-3x^2+3x-1-x+1=x^3-3x^2+2x$ .)

Máximo relativo: $\left(\dfrac{3-\sqrt3}{3},\ \dfrac{2\sqrt3}{9}\right)\approx(0{,}42;\ 0{,}38)$ .
Mínimo relativo: $\left(\dfrac{3+\sqrt3}{3},\ -\dfrac{2\sqrt3}{9}\right)\approx(1{,}58;\ -0{,}38)$ .

Curvatura. $f''(x)=6x-6=0\iff x=1$ . Si $x<1$ , $f''(x)<0$ y la gráfica es cóncava hacia abajo ( $\cap$ ); si $x>1$ , $f''(x)>0$ y es cóncava hacia arriba ( $\cup$ ). El punto de inflexión es $(1,0)$ , y la gráfica es simétrica respecto de él (en la variable $t=x-1$ , la función $t^3-t$ es impar).

Cargando la gráfica…

Gráfica de f(x) = x³ − 3x² + 2x: corta al eje x en 0, 1 y 2, tiene un máximo relativo en (0,42; 0,38), un mínimo relativo en (1,58; −0,38) y un punto de inflexión en (1,0). Puedes moverte por la gráfica con las flechas del teclado y ampliar con + y −.

Ábrelo en la graficadora

Respuesta

\operatorname{Dom} f=\mathbb{R}

; corta a los ejes en

(0,0)

,

(1,0)

y

(2,0)

; es creciente en

\left(-\infty,\frac{3-\sqrt3}{3}\right)\cup\left(\frac{3+\sqrt3}{3},+\infty\right)

y decreciente en

\left(\frac{3-\sqrt3}{3},\frac{3+\sqrt3}{3}\right)

; máximo relativo

\left(\frac{3-\sqrt3}{3},\frac{2\sqrt3}{9}\right)\approx(0{,}42;\,0{,}38)

, mínimo relativo

\left(\frac{3+\sqrt3}{3},-\frac{2\sqrt3}{9}\right)\approx(1{,}58;\,-0{,}38)

y punto de inflexión

(1,0)

;

f(x)\to-\infty

cuando

x\to-\infty

y

f(x)\to+\infty

cuando

x\to+\infty

. La gráfica es la de arriba.

4.1.2 Área entre la curva, el eje $x$ y las rectas $x=x_1$ , $x=x_2$

Las rectas verticales que pasan por el máximo y el mínimo son $x=\dfrac{3-\sqrt3}{3}$ y $x=\dfrac{3+\sqrt3}{3}$ . Entre ellas la curva corta al eje $x$ en $x=1$ (y solo ahí, porque $0<x_1<1<x_2<2$ ), y por el estudio del signo:

en $[x_1,1]$ , $f(x)\ge 0$ (la región está por encima del eje);
en $[1,x_2]$ , $f(x)\le 0$ (la región está por debajo del eje).

Por eso hay que separar la integral en $x=1$ :

A=\int_{x_1}^{1} f(x)\,dx-\int_{1}^{x_2} f(x)\,dx .

Una primitiva de $f$ es

F(x)=\frac{x^4}{4}-x^3+x^2=\frac{x^2(x-2)^2}{4}=\frac{(x^2-2x)^2}{4}.

En los dos extremos, $x^2-2x=(x-1)^2-1=\frac13-1=-\frac23$ (porque $(x_{1,2}-1)^2=\frac{3}{9}=\frac13$ ), así que

F(x_1)=F(x_2)=\frac{1}{4}\cdot\frac{4}{9}=\frac19, \qquad F(1)=\frac{1}{4}.

Aplicando la regla de Barrow:

\int_{x_1}^{1} f(x)\,dx=F(1)-F(x_1)=\frac14-\frac19=\frac{5}{36}, \qquad \int_{1}^{x_2} f(x)\,dx=F(x_2)-F(1)=\frac19-\frac14=-\frac{5}{36}.

Por tanto

A=\frac{5}{36}-\left(-\frac{5}{36}\right)=\frac{5}{36}+\frac{5}{36}=\frac{5}{18}\ \text{u}^2\approx 0{,}2778\ \text{u}^2 .

Cargando la gráfica…

Región entre la curva y = x³ − 3x² + 2x y el eje x, entre las rectas x ≈ 0,42 y x ≈ 1,58: un trozo por encima del eje (de 0,42 a 1) y otro, igual, por debajo (de 1 a 1,58). Puedes moverte por la gráfica con las flechas del teclado y ampliar con + y −.

Ábrelo en la graficadora

Respuesta

A=\displaystyle\int_{x_1}^{1} f(x)\,dx-\int_{1}^{x_2} f(x)\,dx=\frac{5}{36}+\frac{5}{36}=\frac{5}{18}\ \text{u}^2\approx 0{,}2778\ \text{u}^2

, con

x_1=\dfrac{3-\sqrt3}{3}

y

x_2=\dfrac{3+\sqrt3}{3}

.

Ejercicio 4.2 · Pregunta 4.2

Enunciado

PREGUNTA 4: ANÁLISIS (2,5 puntos)

Responda al apartado 4.1 o al apartado 4.2

4.2 Se considera un triángulo rectángulo $T$ cuyos catetos se cortan en el origen de coordenadas del plano; el cateto horizontal mide 4 unidades y el vertical 3. Consideramos un rectángulo $R$ inscrito en el triángulo $T$ de modo que dos lados del rectángulo $R$ están situados sobre los catetos de $T$ y uno de sus vértices está en la hipotenusa de $T$ . Denotamos por $x$ la longitud del lado de $R$ que está sobre el cateto mayor y por $y$ la longitud del lado de $R$ que está sobre el cateto menor. Se pide:

4.2.1 (1 punto) Calcular la ecuación de la recta que contiene a la hipotenusa del triángulo $T$ .

4.2.2 (1,5 puntos) Calcular los valores de $x$ e $y$ que hacen que el área de $R$ sea máxima y calcular dicha área.

Solución

El enunciado no fija en qué cuadrante está el triángulo, así que hay que elegirlo. Lo colocamos en el primer cuadrante, como hacen los criterios oficiales: el cateto horizontal (el mayor, de 4 unidades) sobre el eje $OX$ y el vertical (el menor, de 3 unidades) sobre el eje $OY$ . Sus vértices son

O(0,0),\qquad A(4,0),\qquad B(0,3),

y la hipotenusa es el segmento $AB$ . El rectángulo $R$ tiene un vértice en $O$ , lados $x$ (sobre $OX$ ) e $y$ (sobre $OY$ ), y el vértice opuesto a $O$ es $P(x,y)$ , que está en la hipotenusa.

Cargando la gráfica…

Triángulo de vértices O(0,0), A(4,0) y B(0,3), con la hipotenusa AB sobre la recta y = -3x/4 + 3. Se marca el vértice P(2; 1,5) de la hipotenusa, que es el vértice del rectángulo R de área máxima, y el lado superior de R, y = 1,5, entre x = 0 y x = 2. El rectángulo óptimo R tiene vértices O, C(2; 0), P y D(0; 1,5), marcados en la figura. Puedes moverte por la gráfica con las flechas del teclado y ampliar con + y −.

Ábrelo en la graficadora

4.2.1) Ecuación de la recta que contiene a la hipotenusa

La recta pasa por $A(4,0)$ y $B(0,3)$ . Su pendiente es

m=\frac{3-0}{0-4}=-\frac34,

y como corta al eje $OY$ en $(0,3)$ , la ordenada en el origen es $n=3$ :

y=-\frac34x+3.

Equivalentemente, en forma segmentaria $\dfrac{x}{4}+\dfrac{y}{3}=1$ , o en forma general $3x+4y-12=0$ .

Comprobación. $A(4,0)$ : $3\cdot4+4\cdot0-12=0$ . $B(0,3)$ : $3\cdot0+4\cdot3-12=0$ .

Respuesta

La hipotenusa está sobre la recta

y=-\dfrac34x+3

, es decir,

3x+4y-12=0

(con el triángulo en el primer cuadrante).

4.2.2) Rectángulo de área máxima

Función a optimizar. El área del rectángulo es $S=x\cdot y$ .

Relación entre las variables. El vértice $P(x,y)$ está en la hipotenusa, luego cumple la ecuación del apartado anterior:

y=3-\frac34x.

Sustituyendo, el área en función de $x$ es

S(x)=x\left(3-\frac34x\right)=3x-\frac34x^2.

Dominio. Para que haya rectángulo, $x>0$ e $y>0$ ; $y=3-\tfrac34x>0\iff x<4$ . Por tanto, $x\in(0,4)$ . (En los extremos $x=0$ y $x=4$ el rectángulo degenera y $S(0)=S(4)=0$ .)

Puntos críticos. $S$ es un polinomio, derivable en todo $\mathbb R$ :

S'(x)=3-\frac32x,\qquad S'(x)=0\iff x=2\in(0,4).

Es un máximo. $S''(x)=-\dfrac32<0$ , así que en $x=2$ hay un máximo relativo. Además, $S'(x)>0$ en $(0,2)$ y $S'(x)<0$ en $(2,4)$ : $S$ crece y luego decrece, por lo que el máximo es absoluto en $(0,4)$ .

Valores.

y=3-\frac34\cdot2=\frac32,\qquad S(2)=2\cdot\frac32=3\ \text{u}^2.

Respuesta

El área es máxima para

x=2

e

y=\dfrac32=1{,}5

, y el área máxima es

S=3

u².

Ejercicio 1 · Pregunta 1

1.1 Porcentaje de estudiantes que finaliza sus estudios

1.2 Probabilidad de que sea mujer sabiendo que ha abandonado

1.3 Al menos 3 de 7 alumnos masculinos finalizan

Ejercicio 2.1 · Pregunta 2.1

2.1.1) Rango de AAA según aaa

2.1.2) Discusión del sistema

2.1.3) Valor de zzz cuando el sistema es compatible determinado

Ejercicio 2.2 · Pregunta 2.2

2.2.1 A es ortogonal; cálculo de A38A^{38}A38 y (AAT)39(AA^{T})^{39}(AAT)39

2.2.2 ¿Puede ser cero el determinante de una matriz ortogonal?

2.2.3 ¿Es ortogonal el producto de dos matrices ortogonales?

2.2.4 Ecuación A2X−2B=0A^{2}X-2B=0A2X−2B=0

Ejercicio 3.1 · Pregunta 3.1

3.1.1) Plano respecto al cual AAA y BBB son simétricos

3.1.2) La recta rrr está contenida en π1\pi_1π1​

3.1.3) Plano π2\pi_2π2​ que contiene a AAA y corta a π1\pi_1π1​ en la recta rrr

Ejercicio 3.2 · Pregunta 3.2

3.2.1) Distancia de PPP a π\piπ

3.2.2) Recta perpendicular a π\piπ que pasa por PPP

3.2.3) Ángulos interiores del triángulo de cortes con los ejes

Ejercicio 4.1 · Pregunta 4.1

4.1.1 Representación gráfica de f(x)=x3−3x2+2xf(x)=x^3-3x^2+2xf(x)=x3−3x2+2x

4.1.2 Área entre la curva, el eje xxx y las rectas x=x1x=x_1x=x1​, x=x2x=x_2x=x2​

Ejercicio 4.2 · Pregunta 4.2

4.2.1) Ecuación de la recta que contiene a la hipotenusa

4.2.2) Rectángulo de área máxima

2.1.1) Rango de $A$ según $a$

2.1.3) Valor de $z$ cuando el sistema es compatible determinado

2.2.1 A es ortogonal; cálculo de $A^{38}$ y $(AA^{T})^{39}$

2.2.4 Ecuación $A^{2}X-2B=0$

3.1.1) Plano respecto al cual $A$ y $B$ son simétricos

3.1.2) La recta $r$ está contenida en $\pi_1$

3.1.3) Plano $\pi_2$ que contiene a $A$ y corta a $\pi_1$ en la recta $r$

3.2.1) Distancia de $P$ a $\pi$

3.2.2) Recta perpendicular a $\pi$ que pasa por $P$

4.1.1 Representación gráfica de $f(x)=x^3-3x^2+2x$

4.1.2 Área entre la curva, el eje $x$ y las rectas $x=x_1$ , $x=x_2$