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

Ejercicio 1 · Pregunta 1

Enunciado

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

En un país se ha detectado una enfermedad $X$ transmitida por el virus VirusX. Se sabe que la enfermedad la padece el 20% de la población. Para detectarla, se usa un test de antígenos que, entre personas enfermas da positivo en el 90% de los casos y entre personas sanas da positivo en el 5% de los casos. Se pide:

Responda a todos los apartados

1.1 (0,75 puntos) Calcular la probabilidad de que, al realizar el test a una persona del país al azar, dicho test dé positivo.

1.2 (0,75 puntos) Calcular la probabilidad de que una persona esté sana sabiendo que ha dado positivo en el test.

1.3 (1 punto) Si tomamos 8 personas de la población al azar, ¿cuál es la probabilidad de que como máximo dos de ellas tengan la enfermedad?

Solución

Sucesos. Elegimos una persona del país al azar y definimos:

$E$ = «la persona está enferma» y $S=\overline{E}$ = «la persona está sana»;
$T$ = «el test da positivo» y $\overline{T}$ = «el test da negativo».

Los datos del enunciado son

P(E)=0{,}2,\qquad P(S)=1-0{,}2=0{,}8,\qquad P(T\mid E)=0{,}9,\qquad P(T\mid S)=0{,}05.

Los organizamos en un diagrama de árbol. La primera ramificación es el estado de salud y la segunda, el resultado del test. La probabilidad de cada camino es el producto de las probabilidades de sus ramas:

Primera rama	Segunda rama	Probabilidad del camino
$E$ $(0{,}2)$	$T$ $(0{,}9)$	$0{,}2\cdot 0{,}9=0{,}18$
	$\overline{T}$ $(0{,}1)$	$0{,}2\cdot 0{,}1=0{,}02$
$S$ $(0{,}8)$	$T$ $(0{,}05)$	$0{,}8\cdot 0{,}05=0{,}04$
	$\overline{T}$ $(0{,}95)$	$0{,}8\cdot 0{,}95=0{,}76$

1.1 Probabilidad de que el test dé positivo

Los sucesos $E$ y $S$ forman un sistema completo de sucesos (son incompatibles y su unión es todo el espacio muestral). Por el teorema de la probabilidad total, que en el árbol equivale a sumar los caminos que acaban en $T$ :

P(T)=P(E)\,P(T\mid E)+P(S)\,P(T\mid S)=0{,}2\cdot 0{,}9+0{,}8\cdot 0{,}05=0{,}18+0{,}04=0{,}22.

Respuesta

P(T)=0{,}22

: el test da positivo en el

22\,\%

de las personas.

1.2 Probabilidad de estar sano sabiendo que ha dado positivo

Nos piden $P(S\mid T)$ . Por la regla del producto, la probabilidad de estar sano y dar positivo es el camino $S$ – $T$ del árbol:

P(S\cap T)=P(S)\,P(T\mid S)=0{,}8\cdot 0{,}05=0{,}04.

Por el teorema de Bayes (definición de probabilidad condicionada), con $P(T)=0{,}22$ del apartado 1.1 en el denominador:

P(S\mid T)=\frac{P(S\cap T)}{P(T)}=\frac{0{,}04}{0{,}22}=\frac{2}{11}\approx 0{,}1818.

En frecuencias: de cada 1000 personas, 220 dan positivo y 40 de ellas están sanas; $\dfrac{40}{220}=\dfrac{2}{11}$ .

Comprobación: $P(E\mid T)=\dfrac{0{,}18}{0{,}22}=\dfrac{9}{11}$ y $\dfrac{2}{11}+\dfrac{9}{11}=1$ , como debe ser.

Respuesta

P(S\mid T)=\dfrac{2}{11}\approx 0{,}1818

: aproximadamente el

18\,\%

de los positivos corresponde a personas sanas.

1.3 Probabilidad de que, de 8 personas, como máximo dos estén enfermas

Elegimos $8$ personas al azar. Cada una está enferma (éxito) con probabilidad $p=0{,}2$ o sana con probabilidad $q=0{,}8$ , y suponemos que lo que ocurre con cada persona es independiente de las demás (la población es muy grande, así que elegir 8 personas apenas cambia la proporción de enfermos; en la PAU se modeliza con la binomial). Sea

$N$ = «número de personas enfermas entre las $8$ elegidas».

Entonces $N$ sigue una distribución binomial

N\sim B(8;\ 0{,}2),\qquad P(N=k)=\binom{8}{k}\,0{,}2^{k}\,0{,}8^{8-k},\quad k=0,1,\dots,8.

Conviene escribir explícitamente la variable y sus parámetros $B(n;\,p)$ : es parte de lo que se valora en la corrección.

«Como máximo dos» es el suceso $N\le 2$ , es decir, $N=0$ , $N=1$ o $N=2$ . Con la calculadora, $0{,}8^{8}=0{,}16777216$ , $0{,}8^{7}=0{,}2097152$ y $0{,}8^{6}=0{,}262144$ , así que

P(N=0)=\binom{8}{0}\,0{,}8^{8}=0{,}16777216,

P(N=1)=\binom{8}{1}\,0{,}2\cdot 0{,}8^{7}=8\cdot 0{,}2\cdot 0{,}2097152=0{,}33554432,

P(N=2)=\binom{8}{2}\,0{,}2^{2}\cdot 0{,}8^{6}=28\cdot 0{,}04\cdot 0{,}262144=0{,}29360128,

P(N\le 2)=0{,}16777216+0{,}33554432+0{,}29360128=0{,}79691776\approx 0{,}7969.

Con la tabla de la binomial se obtiene lo mismo: en el bloque $n=8$ , columna $p=0{,}2$ , se suman los valores de las filas $k=0$ , $1$ y $2$ (o, si la tabla es acumulada, se lee directamente la fila $k=2$ ).

Respuesta

P(N\le 2)\approx 0{,}7969

: la probabilidad de que como máximo

2

de las

8

personas estén enfermas es

0{,}7969

.

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 El estado tensional en un punto de un sólido elástico se define a partir de una matriz cuadrada $T$ de orden 3. El vector tensión en la dirección de $v=\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\end{pmatrix}$ viene dado por $u=Tv$ . Para

T=\begin{pmatrix} 2 & m & 0\\ m & 2 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix} \ \text{ y } \ u=\begin{pmatrix} 4\\ 4\\ -2\end{pmatrix},

se pide:

2.1.1 (1 punto) Discutir el sistema de ecuaciones lineales $Tv=u$ en función del parámetro real $m$ .

2.1.2 (0,75 puntos) Resolver el sistema $Tv=u$ para $m=-1$ .

2.1.3 (0,75 puntos) Se llaman tensiones principales de $T$ a los valores reales $\alpha$ tales que $\det(T-\alpha I)=0$ , siendo $I$ la matriz identidad. Calcular las tensiones principales para $m=2$ .

Solución

2.1.1 Discusión del sistema $Tv=u$

Escribimos el sistema $Tv=u$ con $v=(x,y,z)^t$ :

\begin{cases} 2x+my=4\\ mx+2y=4\\ z=-2\end{cases}

Llamamos $A$ a su matriz de coeficientes (es la propia $T$ , así que $|A|=|T|$ ) y $A^*$ a la matriz ampliada:

A^*=\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & m & 0 & 4\\ m & 2 & 0 & 4\\ 0 & 0 & 1 & -2\end{array}\right).

Calculamos el determinante de $T$ desarrollando por la tercera fila (o por Sarrus):

|T|=\begin{vmatrix} 2 & m & 0\\ m & 2 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{vmatrix}=1\cdot\begin{vmatrix} 2 & m\\ m & 2\end{vmatrix}=4-m^2=(2-m)(2+m).

Por tanto $|T|=0 \iff m=2$ o $m=-2$ . Ojo: $|T|=0$ solo dice que $\operatorname{rg}(A)<3$ ; para saber si el sistema es compatible hay que mirar también la ampliada. Aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius (3 incógnitas):

Caso $m\neq 2$ y $m\neq -2$ . $|T|\neq 0$ , así que $\operatorname{rg}(A)=3$ . Como $A$ es submatriz de $A^*$ y $A^*$ tiene 3 filas, $3=\operatorname{rg}(A)\le\operatorname{rg}(A^*)\le 3$ , luego $\operatorname{rg}(A^*)=3$ . Entonces $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3=$ número de incógnitas: sistema compatible determinado.

Caso $m=2$ .

A^*=\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 2 & 0 & 4\\ 2 & 2 & 0 & 4\\ 0 & 0 & 1 & -2\end{array}\right).

Como $|T|=0$ , es $\operatorname{rg}(A)<3$ . El menor $\begin{vmatrix} 2 & 0\\ 0 & 1\end{vmatrix}=2\neq 0$ (filas 1 y 3, columnas 1 y 3) da $\operatorname{rg}(A)\ge 2$ , luego $\operatorname{rg}(A)=2$ . Además, las dos primeras filas de $A^*$ son iguales (la primera y la segunda ecuación son la misma), de modo que todo menor de orden 3 de $A^*$ tiene dos filas iguales y vale $0$ : $\operatorname{rg}(A^*)\le 2$ . Así,

2=\operatorname{rg}(A)\le\operatorname{rg}(A^*)\le 2,

y resulta $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=2<3$ : sistema compatible indeterminado (infinitas soluciones, dependientes de $3-2=1$ parámetro).

Caso $m=-2$ .

A^*=\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & -2 & 0 & 4\\ -2 & 2 & 0 & 4\\ 0 & 0 & 1 & -2\end{array}\right).

Como antes, $\operatorname{rg}(A)=2$ (pues $|T|=0$ y el menor $\begin{vmatrix} 2 & 0\\ 0 & 1\end{vmatrix}=2\neq 0$ ). Ahora las filas 1 y 2 de $A$ son opuestas, pero en $A^*$ no lo son: los términos independientes son iguales ( $4$ y $4$ ), no opuestos. Para la ampliada tomamos el menor formado por las columnas 1, 3 y 4 y lo desarrollamos por la segunda columna, cuyo único elemento no nulo es el $1$ de la posición $(3,2)$ , con signo $(-1)^{3+2}=-1$ :

\begin{vmatrix} 2 & 0 & 4\\ -2 & 0 & 4\\ 0 & 1 & -2\end{vmatrix}=-1\cdot\begin{vmatrix} 2 & 4\\ -2 & 4\end{vmatrix}=-(8+8)=-16\neq 0,

luego $\operatorname{rg}(A^*)=3\neq\operatorname{rg}(A)=2$ : sistema incompatible. Se ve también directamente: sumando las dos primeras ecuaciones, $2x-2y=4$ y $-2x+2y=4$ , se obtiene $0=8$ , que es imposible.

Respuesta

Si

m\neq 2

y

m\neq -2

, el sistema es compatible determinado (

\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3

). Si

m=2

, es compatible indeterminado (

\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=2

). Si

m=-2

, es incompatible (

\operatorname{rg}(A)=2\neq\operatorname{rg}(A^*)=3

).

2.1.2 Resolución para $m=-1$

Para $m=-1$ es $|T|=4-1=3\neq 0$ , así que, por el apartado anterior, el sistema es compatible determinado:

\begin{cases} 2x-y=4\\ -x+2y=4\\ z=-2\end{cases}

La tercera ecuación da directamente $z=-2$ . Resolvemos las dos primeras por reducción: multiplicando la segunda por $2$ y sumándole la primera, la $x$ se cancela:

(2x-y)+(-2x+4y)=4+8\ \Longrightarrow\ 3y=12\ \Longrightarrow\ y=4,

y entonces $2x-4=4\Rightarrow x=4$ .

Comprobación: $Tv=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 0\\ -1 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 4\\ 4\\ -2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 8-4\\ -4+8\\ -2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4\\ 4\\ -2\end{pmatrix}=u$ , como debía.

Respuesta

Para

m=-1

la única solución es

v=\begin{pmatrix} 4\\ 4\\ -2\end{pmatrix}

, es decir,

x=4

,

y=4

,

z=-2

.

2.1.3 Tensiones principales para $m=2$

Para $m=2$ ,

T-\alpha I=\begin{pmatrix} 2-\alpha & 2 & 0\\ 2 & 2-\alpha & 0\\ 0 & 0 & 1-\alpha\end{pmatrix}.

Desarrollando el determinante por la tercera fila:

\det(T-\alpha I)=(1-\alpha)\begin{vmatrix} 2-\alpha & 2\\ 2 & 2-\alpha\end{vmatrix}=(1-\alpha)\left[(2-\alpha)^2-4\right].

Como $(2-\alpha)^2-4=4-4\alpha+\alpha^2-4=\alpha^2-4\alpha=\alpha(\alpha-4)$ , queda

\det(T-\alpha I)=(1-\alpha)\,\alpha\,(\alpha-4).

Es un polinomio de grado 3 en $\alpha$ , así que hay como mucho 3 valores.

Igualando a cero:

(1-\alpha)\,\alpha\,(\alpha-4)=0\iff \alpha=0,\quad \alpha=1\quad\text{o}\quad \alpha=4.

Aunque el enunciado pide valores reales, aquí las tres raíces lo son, así que todas son tensiones principales.

Comprobación: la suma de las raíces coincide con la suma de la diagonal de $T$ : $0+1+4=5=2+2+1$ . Además, para $\alpha=4$ , $T-4I=\begin{pmatrix} -2 & 2 & 0\\ 2 & -2 & 0\\ 0 & 0 & -3\end{pmatrix}$ tiene las dos primeras filas proporcionales, luego su determinante es $0$ .

Respuesta

Para

m=2

,

\det(T-\alpha I)=(1-\alpha)\,\alpha\,(\alpha-4)

, y las tensiones principales son

\alpha=0

,

\alpha=1

y

\alpha=4

.

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 Decimos que una matriz cuadrada es ortogonal cuando su matriz inversa coincide con su matriz transpuesta. Se pide:

2.2.1 (0,75 puntos) Comprobar que para todo valor real $\alpha$ la matriz

A=\begin{pmatrix} \cos(\alpha) & \operatorname{sen}(\alpha)\\ -\operatorname{sen}(\alpha) & \cos(\alpha)\end{pmatrix}

es ortogonal.

2.2.2 (0,75 puntos) Determinar los valores de $a$ y $b$ para que la matriz

B=\begin{pmatrix} 0 & 0 & a\\ 0 & 1 & 0\\ b & 0 & 0\end{pmatrix}

sea ortogonal. ¿Cuántas matrices ortogonales de esta forma existen?

2.2.3 (1 punto) Resuelve la ecuación matricial con incógnita $X$

BX+\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 & 1\\ 0 & 2\\ 1 & 0\end{pmatrix},

donde $B$ es una matriz ortogonal como la del apartado anterior.

Solución

Una matriz cuadrada $M$ es ortogonal cuando $M^{-1}=M^t$ . Como la inversa es la única matriz que cumple $M\,M^{-1}=M^{-1}M=I$ , $M$ es ortogonal si y solo si

M\,M^t=M^t M=I.

(En matrices cuadradas basta con una de las dos igualdades, pero comprobamos las dos, como indican los criterios oficiales.)

2.2.1 La matriz de giro $A$ es ortogonal

La transpuesta de $A$ se obtiene cambiando filas por columnas:

A^t=\begin{pmatrix} \cos\alpha & -\operatorname{sen}\alpha\\ \operatorname{sen}\alpha & \cos\alpha\end{pmatrix}.

Multiplicamos, usando la identidad fundamental $\operatorname{sen}^2\alpha+\cos^2\alpha=1$ :

A\,A^t=\begin{pmatrix} \cos\alpha & \operatorname{sen}\alpha\\ -\operatorname{sen}\alpha & \cos\alpha\end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos\alpha & -\operatorname{sen}\alpha\\ \operatorname{sen}\alpha & \cos\alpha\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \cos^2\alpha+\operatorname{sen}^2\alpha & -\cos\alpha\operatorname{sen}\alpha+\operatorname{sen}\alpha\cos\alpha\\ -\operatorname{sen}\alpha\cos\alpha+\cos\alpha\operatorname{sen}\alpha & \operatorname{sen}^2\alpha+\cos^2\alpha\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0\\0&1\end{pmatrix}

A^t A=\begin{pmatrix} \cos\alpha & -\operatorname{sen}\alpha\\ \operatorname{sen}\alpha & \cos\alpha\end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos\alpha & \operatorname{sen}\alpha\\ -\operatorname{sen}\alpha & \cos\alpha\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \cos^2\alpha+\operatorname{sen}^2\alpha & \cos\alpha\operatorname{sen}\alpha-\operatorname{sen}\alpha\cos\alpha\\ \operatorname{sen}\alpha\cos\alpha-\cos\alpha\operatorname{sen}\alpha & \operatorname{sen}^2\alpha+\cos^2\alpha\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0\\0&1\end{pmatrix}

Por tanto $A$ es invertible y $A^{-1}=A^t$ para todo $\alpha\in\mathbb{R}$ .

Respuesta

Para todo

\alpha\in\mathbb{R}

se cumple

A\,A^t=A^tA=I

(por

\operatorname{sen}^2\alpha+\cos^2\alpha=1

), luego

A^{-1}=A^t

y

A

es ortogonal.

2.2.2 Valores de $a$ y $b$ que hacen ortogonal a $B$

La transpuesta es

B^t=\begin{pmatrix} 0 & 0 & b\\ 0 & 1 & 0\\ a & 0 & 0\end{pmatrix}.

Calculamos los dos productos. Por ejemplo, la entrada $(1,1)$ de $B\,B^t$ es la fila 1 de $B$ , $(0,0,a)$ , por la columna 1 de $B^t$ , $(0,0,a)^t$ : $0+0+a\cdot a=a^2$ . Los ceros fuera de la diagonal salen porque cada fila de $B$ tiene un único elemento no nulo y esos elementos están en columnas distintas.

B\,B^t=\begin{pmatrix} 0 & 0 & a\\ 0 & 1 & 0\\ b & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 & b\\ 0 & 1 & 0\\ a & 0 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a^2 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & b^2\end{pmatrix},\qquad B^tB=\begin{pmatrix} b^2 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & a^2\end{pmatrix}.

Igualando a la identidad $I_3$ , ambas condiciones dan lo mismo:

a^2=1,\quad b^2=1\iff a=\pm 1,\quad b=\pm 1.

Con $a^2=b^2=1$ se cumple $B\,B^t=B^tB=I$ , luego $B^{-1}=B^t$ . Como $a$ y $b$ se eligen de forma independiente (2 posibilidades cada uno), hay $2\cdot 2=4$ matrices:

(a,b)\in\{(1,1),\ (1,-1),\ (-1,1),\ (-1,-1)\}.

Respuesta

B

es ortogonal si y solo si

a=\pm 1

y

b=\pm 1

. Existen 4 matrices ortogonales de esta forma.

2.2.3 Ecuación matricial $BX+C=D$

Llamamos $C=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}$ y $D=\begin{pmatrix} 2 & 1\\ 0 & 2\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ . Por las dimensiones, $B$ es $3\times 3$ y $C,D$ son $3\times 2$ , así que $X$ debe ser $3\times 2$ .

Despejamos: $BX=D-C$ . Como $B$ es ortogonal, es invertible y $B^{-1}=B^t$ ; multiplicando por la izquierda por $B^{-1}$ :

X=B^{-1}(D-C)=B^t(D-C).

Calculamos

D-C=\begin{pmatrix} 2-1 & 1-0\\ 0-0 & 2-1\\ 1-1 & 0-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1\\ 0 & -1\end{pmatrix}

y

X=\begin{pmatrix} 0 & 0 & b\\ 0 & 1 & 0\\ a & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1\\ 0 & -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -b\\ 0 & 1\\ a & a\end{pmatrix},\qquad a,b\in\{1,-1\}.

Por ejemplo, la fila 1 de $B^t$ es $(0,0,b)$ ; multiplicada por las columnas $(1,0,0)^t$ y $(1,1,-1)^t$ da $0$ y $-b$ . En la práctica, $B^t$ intercambia las filas 1 y 3 de $D-C$ y las multiplica por $b$ y $a$ , lo que permite comprobar el resultado a ojo.

Comprobación: $BX=\begin{pmatrix} 0 & 0 & a\\ 0 & 1 & 0\\ b & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & -b\\ 0 & 1\\ a & a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a^2 & a^2\\ 0 & 1\\ 0 & -b^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1\\ 0 & -1\end{pmatrix}=D-C$ , usando $a^2=b^2=1$ .

Para cada una de las 4 matrices $B$ del apartado anterior:

$(a,b)$	$(1,1)$	$(1,-1)$	$(-1,1)$	$(-1,-1)$
$X$	$\begin{pmatrix} 0&-1\\0&1\\1&1\end{pmatrix}$	$\begin{pmatrix} 0&1\\0&1\\1&1\end{pmatrix}$	$\begin{pmatrix} 0&-1\\0&1\\-1&-1\end{pmatrix}$	$\begin{pmatrix} 0&1\\0&1\\-1&-1\end{pmatrix}$

Respuesta

X=B^t(D-C)=\begin{pmatrix} 0 & -b\\ 0 & 1\\ a & a\end{pmatrix}

con

a=\pm 1

,

b=\pm 1

(una solución para cada una de las 4 matrices

B

ortogonales).

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 Dada la recta $r\colon \dfrac{x}{2}=\dfrac{y+1}{-1}=\dfrac{z-1}{1}$ y el plano $\pi\colon 2x+my+z-3=0$ , se pide:

3.1.1 (0,5 puntos) El valor de $m$ para el que $\pi$ y $r$ son perpendiculares.

3.1.2 (0,75 puntos) El valor de $m$ para el que $\pi$ y $r$ son paralelos.

3.1.3 (1,25 puntos) Calcular, cuando sea posible, el punto de intersección entre $\pi$ y $r$ en función del parámetro real $m$ .

Solución

De la ecuación continua de la recta leemos un punto y un vector director:

P_r=(0,-1,1),\qquad \vec{v}_r=(2,-1,1).

Del plano leemos su vector normal: $\vec{n}_\pi=(2,m,1)$ .

3.1.1) Recta y plano perpendiculares

La recta $r$ es perpendicular al plano $\pi$ cuando su vector director es paralelo al vector normal del plano, es decir, cuando $\vec{v}_r$ y $\vec{n}_\pi$ tienen coordenadas proporcionales. Dividimos cada coordenada de $\vec{n}_\pi=(2,m,1)$ entre la correspondiente de $\vec{v}_r=(2,-1,1)$ :

\frac{2}{2}=\frac{m}{-1}=\frac{1}{1}.

La primera y la última razón valen $1$ , así que $\dfrac{m}{-1}=1$ , de donde $m=-1$ .

Comprobación: para $m=-1$ , $\vec{n}_\pi=(2,-1,1)=\vec{v}_r$ .

Respuesta

r

y

\pi

son perpendiculares si y solo si

m=-1

.

3.1.2) Recta y plano paralelos

La recta es paralela al plano cuando su vector director es perpendicular al vector normal ( $\vec{v}_r\cdot\vec{n}_\pi=0$ ) y la recta no está contenida en el plano (algún punto de $r$ no pertenece a $\pi$ ).

\vec{v}_r\cdot\vec{n}_\pi=(2,-1,1)\cdot(2,m,1)=4-m+1=5-m=0\iff m=5.

Para $m=5$ comprobamos si $P_r=(0,-1,1)$ está en $\pi\colon 2x+5y+z-3=0$ :

2\cdot 0+5\cdot(-1)+1-3=-7\neq 0,

luego $P_r\notin\pi$ y la recta no está contenida en el plano: es paralela a él. (Lo confirmaremos en 3.1.3, donde para $m=5$ sale $0\cdot t=7$ .)

Respuesta

r

y

\pi

son paralelos si y solo si

m=5

(para ese valor la recta no está contenida en el plano).

3.1.3) Punto de intersección en función de $m$

Escribimos $r$ en paramétricas:

r\colon\begin{cases}x=2t\\ y=-1-t\\ z=1+t\end{cases}\qquad t\in\mathbb R.

Sustituimos en la ecuación de $\pi$ :

2(2t)+m(-1-t)+(1+t)-3=0\;\Longrightarrow\; (4t+t-mt)+(-m+1-3)=0\;\Longrightarrow\;(5-m)\,t-(m+2)=0,

es decir, $(5-m)\,t=m+2$ .

Si $m=5$ : queda $0\cdot t=7$ (pues $m+2=7$ ), ecuación sin solución. No hay punto de intersección (es el caso paralelo del apartado anterior).
Si $m\neq 5$ : hay una única solución,

t=\frac{m+2}{5-m},

y la recta corta al plano en un único punto. Sustituyendo:

x=\frac{2(m+2)}{5-m}=\frac{2m+4}{5-m},\qquad y=-1-\frac{m+2}{5-m}=\frac{-(5-m)-(m+2)}{5-m}=\frac{-7}{5-m},

z=1+\frac{m+2}{5-m}=\frac{(5-m)+(m+2)}{5-m}=\frac{7}{5-m}.

Nunca sale $0\cdot t=0$ , así que para ningún valor de $m$ la recta está contenida en el plano.

Por ejemplo, para $m=-1$ (caso perpendicular) es $t=\tfrac16$ y el punto es $\left(\tfrac13,-\tfrac76,\tfrac76\right)$ . Comprobación: está en $r$ (es $(2t,-1-t,1+t)$ con $t=\tfrac16$ ) y en $\pi\colon 2x-y+z-3=0$ , pues $\tfrac23+\tfrac76+\tfrac76-3=0$ .

Respuesta

Si

m\neq 5

,

r

y

\pi

se cortan en el punto

\left(\dfrac{2m+4}{5-m},\ \dfrac{-7}{5-m},\ \dfrac{7}{5-m}\right)

. Si

m=5

no hay punto de intersección (la recta es paralela al plano).

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 Consideramos la recta $s$ del espacio con ecuación:

\frac{x-1}{0}=y-1=\frac{z-1}{-1}.

Se pide:

3.2.1 (0,5 puntos) Encontrar una ecuación del plano que pasa por el punto $(1,1,1)$ y es perpendicular a $s$ .

3.2.2 (1 punto) Encontrar los puntos de la recta $s$ que están a distancia 4 del origen.

3.2.3 (1 punto) Calcular el ángulo que forma la recta $s$ con el eje Z.

Solución

Datos de la recta $s$

La ecuación está en forma continua, $\dfrac{x-x_0}{v_1}=\dfrac{y-y_0}{v_2}=\dfrac{z-z_0}{v_3}$ . Un denominador $0$ no significa dividir entre cero. Es la notación habitual para indicar que esa componente del vector director es nula, es decir, que $x$ se mantiene constante ( $x=1$ ). Como $y-1=\dfrac{y-1}{1}$ , leemos:

Punto de $s$ : $P_s=(1,1,1)$ .
Vector director: $\vec{v}_s=(0,1,-1)$ .

En forma paramétrica:

s\colon\ \begin{cases} x=1\\ y=1+\lambda\\ z=1-\lambda\end{cases}\qquad \lambda\in\mathbb R.

3.2.1) Plano por $(1,1,1)$ perpendicular a $s$

Una recta es perpendicular a un plano cuando su dirección es paralela al vector normal del plano (en $Ax+By+Cz+D=0$ el vector normal es $(A,B,C)$ ). Así que podemos tomar como vector normal el propio vector director de $s$ (o cualquiera proporcional): $\vec{n}=\vec{v}_s=(0,1,-1)$ . Por tanto el plano es de la forma

\pi\colon\ 0\cdot x+1\cdot y-1\cdot z+D=0\;\Longleftrightarrow\; y-z+D=0.

Imponemos que pase por $(1,1,1)$ : $1-1+D=0\Rightarrow D=0$ .

Comprobación: $(1,1,1)$ cumple $1-1=0$ ✓, y el vector normal $(0,1,-1)$ es proporcional a $\vec{v}_s$ ✓.

Respuesta

\pi\colon\ y-z=0

.

3.2.2) Puntos de $s$ a distancia 4 del origen

Un punto genérico de $s$ es $P_\lambda=(1,\;1+\lambda,\;1-\lambda)$ . Su distancia al origen $O=(0,0,0)$ es

d(O,P_\lambda)=\left|\overrightarrow{OP_\lambda}\right|=\sqrt{1^2+(1+\lambda)^2+(1-\lambda)^2}.

Desarrollamos los cuadrados: $(1+\lambda)^2+(1-\lambda)^2=(1+2\lambda+\lambda^2)+(1-2\lambda+\lambda^2)=2+2\lambda^2$ , porque los términos $2\lambda$ y $-2\lambda$ se cancelan. Por tanto

d(O,P_\lambda)=\sqrt{1+2+2\lambda^2}=\sqrt{3+2\lambda^2}.

Imponemos que valga 4. Elevamos al cuadrado (ambos miembros son no negativos, así que es una equivalencia):

\sqrt{3+2\lambda^2}=4\;\Longleftrightarrow\;3+2\lambda^2=16\;\Longleftrightarrow\;\lambda^2=\frac{13}{2}\;\Longleftrightarrow\;\lambda=\pm\sqrt{\frac{13}{2}}=\pm\frac{\sqrt{26}}{2}.

Sustituyendo en la paramétrica:

$\lambda=\dfrac{\sqrt{26}}{2}$ : $\;A=\left(1,\;1+\dfrac{\sqrt{26}}{2},\;1-\dfrac{\sqrt{26}}{2}\right)$ .
$\lambda=-\dfrac{\sqrt{26}}{2}$ : $\;B=\left(1,\;1-\dfrac{\sqrt{26}}{2},\;1+\dfrac{\sqrt{26}}{2}\right)$ .

Comprobación (para $A$ ; para $B$ es análogo): $1^2+\left(1+\frac{\sqrt{26}}{2}\right)^2+\left(1-\frac{\sqrt{26}}{2}\right)^2=1+2\left(1+\frac{26}{4}\right)=1+2+13=16$ , luego $d(O,A)=\sqrt{16}=4$ ✓.

Respuesta

Hay dos puntos:

\left(1,\;1+\dfrac{\sqrt{26}}{2},\;1-\dfrac{\sqrt{26}}{2}\right)

y

\left(1,\;1-\dfrac{\sqrt{26}}{2},\;1+\dfrac{\sqrt{26}}{2}\right)

.

3.2.3) Ángulo entre $s$ y el eje Z

El ángulo entre dos rectas es el que forman sus vectores directores, tomado en $[0^\circ,90^\circ]$ . Por eso se usa el valor absoluto del producto escalar:

\cos\alpha=\frac{|\vec{v}_s\cdot\vec{k}|}{|\vec{v}_s|\,|\vec{k}|},

donde $\vec{k}=(0,0,1)$ es el vector director del eje Z. Calculamos:

\vec{v}_s\cdot\vec{k}=0\cdot0+1\cdot0+(-1)\cdot1=-1,\qquad |\vec{v}_s|=\sqrt{0^2+1^2+(-1)^2}=\sqrt2,\qquad |\vec{k}|=1.

\cos\alpha=\frac{|-1|}{\sqrt2\cdot1}=\frac{1}{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}\;\Longrightarrow\;\alpha=\arccos\frac{\sqrt2}{2}=45^\circ=\frac{\pi}{4}\ \text{rad}.

Respuesta

El ángulo que forman

s

y el eje Z es

\alpha=\dfrac{\pi}{4}

rad

=45^\circ

.

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 Consideremos la función real de variable real $f(x)=\dfrac{x+1}{x^2+1}$ . Se pide:

4.1.1 (0,5 puntos) Hallar el dominio y estudiar la continuidad de la función $f$ .

4.1.2 (0,5 puntos) Hallar las asíntotas y los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función $f$ .

4.1.3 (1 punto) Calcular, si existen, los valores máximos y mínimos relativos y absolutos de la función $f$ .

4.1.4 (0,5 puntos) Representar la función $f$ .

Solución

4.1.1) Dominio y continuidad

$f$ es un cociente de polinomios, así que solo podría fallar donde se anula el denominador:

x^2+1=0 \iff x^2=-1,

que no tiene solución real. Por tanto, el denominador no se anula nunca (de hecho, $x^2+1\ge 1>0$ ) y

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

Una función racional es continua en todos los puntos de su dominio (cociente de funciones continuas con denominador no nulo), así que $f$ es continua en todo $\mathbb{R}$ .

Respuesta

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

, porque

x^2+1\neq 0

para todo

x

real; y

f

es continua en todo

\mathbb{R}

.

4.1.2) Asíntotas y monotonía

Asíntotas verticales. Como $f$ es continua en todo $\mathbb{R}$ , no hay ningún punto en el que $f$ tienda a infinito: no tiene asíntotas verticales.

Asíntotas horizontales. El grado del numerador (1) es menor que el del denominador (2):

\lim_{x\to+\infty}\frac{x+1}{x^2+1}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x^2}}=\frac{0}{1}=0,

y el mismo cálculo vale para $x\to-\infty$ : $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0$ .

Luego $y=0$ es asíntota horizontal tanto en $+\infty$ como en $-\infty$ .

Posición respecto de la asíntota. El signo de $f$ es el de $x+1$ (el denominador es positivo). Para $x>-1$ es $f(x)>0$ , así que en $+\infty$ la gráfica se acerca a $y=0$ por encima; para $x<-1$ es $f(x)<0$ , así que en $-\infty$ se acerca por debajo. La gráfica corta al eje $X$ (la asíntota) en $x=-1$ , el único punto donde $f$ cambia de signo.

Asíntotas oblicuas. Al haber asíntota horizontal en $\pm\infty$ , no hay oblicuas.

Monotonía. Derivamos con la regla del cociente:

f'(x)=\frac{1\cdot(x^2+1)-(x+1)\cdot 2x}{(x^2+1)^2}=\frac{x^2+1-2x^2-2x}{(x^2+1)^2}=\frac{-x^2-2x+1}{(x^2+1)^2}.

Puntos críticos:

f'(x)=0\iff -x^2-2x+1=0\iff x^2+2x-1=0\iff x=\frac{-2\pm\sqrt{4+4}}{2}=-1\pm\sqrt2.

Es decir, $x_1=-1-\sqrt2\approx-2{,}41$ y $x_2=-1+\sqrt2\approx 0{,}41$ .

Como $(x^2+1)^2>0$ , el signo de $f'$ es el de $-x^2-2x+1$ , una parábola con las ramas hacia abajo que se anula en $x_1$ y $x_2$ : es negativa fuera de las raíces y positiva entre ellas. Comprobándolo con un valor de cada intervalo:

Intervalo	$\left(-\infty,\,-1-\sqrt2\right)$	$\left(-1-\sqrt2,\,-1+\sqrt2\right)$	$\left(-1+\sqrt2,\,+\infty\right)$
Valor de prueba	$x=-3$	$x=0$	$x=1$
$-x^2-2x+1$	$-9+6+1=-2<0$	$1>0$	$-1-2+1=-2<0$
Signo de $f'$	$-$	$+$	$-$
$f$	decreciente	creciente	decreciente

Respuesta

No tiene asíntotas verticales ni oblicuas; $y=0$ es asíntota horizontal en $+\infty$ y en $-\infty$ .

$f$ es creciente en $\left(-1-\sqrt2,\,-1+\sqrt2\right)\approx(-2{,}41;\ 0{,}41)$ y decreciente en $\left(-\infty,\,-1-\sqrt2\right)\cup\left(-1+\sqrt2,\,+\infty\right)$ .

4.1.3) Extremos relativos y absolutos

Por la tabla anterior:

En $x=-1-\sqrt2$ , $f$ pasa de decreciente a creciente: mínimo relativo.
En $x=-1+\sqrt2$ , $f$ pasa de creciente a decreciente: máximo relativo.

Calculamos los valores (racionalizando). Para $x=-1+\sqrt2$ : $x+1=\sqrt2$ y $x^2+1=(1-2\sqrt2+2)+1=4-2\sqrt2$ , así que

f\left(-1+\sqrt2\right)=\frac{\sqrt2}{4-2\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2\left(2-\sqrt2\right)}=\frac{\sqrt2\left(2+\sqrt2\right)}{2\left(2-\sqrt2\right)\left(2+\sqrt2\right)}=\frac{2\sqrt2+2}{2\,(4-2)}=\frac{1+\sqrt2}{2}\approx 1{,}21.

Para $x=-1-\sqrt2$ : $x+1=-\sqrt2$ y $x^2+1=(1+2\sqrt2+2)+1=4+2\sqrt2$ , así que

f\left(-1-\sqrt2\right)=\frac{-\sqrt2}{4+2\sqrt2}=\frac{-\sqrt2}{2\left(2+\sqrt2\right)}=\frac{-\sqrt2\left(2-\sqrt2\right)}{2\left(2+\sqrt2\right)\left(2-\sqrt2\right)}=\frac{2-2\sqrt2}{2\,(4-2)}=\frac{1-\sqrt2}{2}\approx -0{,}21.

¿Son absolutos? $f$ es continua en $\mathbb{R}$ y:

en $\left(-\infty,\,-1-\sqrt2\right)$ decrece desde $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0$ hasta $\frac{1-\sqrt2}{2}$ ;
en $\left(-1-\sqrt2,\,-1+\sqrt2\right)$ crece desde $\frac{1-\sqrt2}{2}$ hasta $\frac{1+\sqrt2}{2}$ ;
en $\left(-1+\sqrt2,\,+\infty\right)$ decrece desde $\frac{1+\sqrt2}{2}$ hacia $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0$ .

Así que todos los valores de $f$ están entre $\frac{1-\sqrt2}{2}$ y $\frac{1+\sqrt2}{2}$ , y ambos se alcanzan. Por tanto, el máximo relativo es también máximo absoluto y el mínimo relativo es también mínimo absoluto.

Respuesta

El valor máximo de $f$ (relativo y absoluto) es $\dfrac{1+\sqrt2}{2}$ , y se alcanza en $x=-1+\sqrt2$ : el punto $\left(-1+\sqrt2,\,\frac{1+\sqrt2}{2}\right)\approx(0{,}41;\ 1{,}21)$ .

El valor mínimo de $f$ (relativo y absoluto) es $\dfrac{1-\sqrt2}{2}$ , y se alcanza en $x=-1-\sqrt2$ : el punto $\left(-1-\sqrt2,\,\frac{1-\sqrt2}{2}\right)\approx(-2{,}41;\ -0{,}21)$ .

4.1.4) Representación gráfica

Reunimos los datos para dibujarla:

Cortes con los ejes. Con el eje $Y$ : $f(0)=1$ , punto $(0,1)$ . Con el eje $X$ : $f(x)=0\iff x+1=0\iff x=-1$ , punto $(-1,0)$ .
Signo. $f(x)<0$ si $x<-1$ y $f(x)>0$ si $x>-1$ .
Asíntota horizontal $y=0$ : la gráfica se acerca por debajo en $-\infty$ y por encima en $+\infty$ .
Monotonía y extremos de los apartados anteriores: baja desde $0$ hasta el mínimo $(-2{,}41;\ -0{,}21)$ , sube cortando el eje $X$ en $(-1,0)$ y el eje $Y$ en $(0,1)$ hasta el máximo $(0{,}41;\ 1{,}21)$ , y luego baja hacia $0$ .

Cargando la gráfica…

Gráfica de f(x) = (x + 1)/(x² + 1), definida y continua en toda la recta. Por la izquierda viene desde el eje X por debajo (asíntota horizontal y = 0), baja hasta el mínimo absoluto en x = −1 − √2 ≈ −2,41, donde vale (1 − √2)/2 ≈ −0,21; después sube, corta el eje X en (−1, 0) y el eje Y en (0, 1), y alcanza el máximo absoluto en x = −1 + √2 ≈ 0,41, donde vale (1 + √2)/2 ≈ 1,21. A partir de ahí decrece y se acerca al eje X por encima cuando x tiende a +∞. Puedes moverte por la gráfica con las flechas del teclado y ampliar con + y −.

Ábrelo en la graficadora

Respuesta

Curva continua en todo

\mathbb{R}

, con asíntota horizontal

y=0

(por debajo en

-\infty

, por encima en

+\infty

), que corta los ejes en

(-1,0)

y

(0,1)

, con mínimo absoluto en

\left(-1-\sqrt2,\,\frac{1-\sqrt2}{2}\right)\approx(-2{,}41;\ -0{,}21)

y máximo absoluto en

\left(-1+\sqrt2,\,\frac{1+\sqrt2}{2}\right)\approx(0{,}41;\ 1{,}21)

(gráfica de arriba).

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 Un decorador desea pintar una pared rectangular de 12 metros de largo por 3 de alto. Para ello supone que la esquina inferior izquierda de la pared corresponde al origen de coordenadas de un plano y pinta en la pared la curva de ecuación

f(x)=\cos\left(\frac{\pi x}{9}\right)+2.

A continuación, el decorador colorea en rojo la parte de la pared que queda por encima de la curva y en verde la que queda por debajo. Se pide:

4.2.1 (1,25 puntos) Dibujar la parte de la curva anterior que corresponde a la pared, detallando los cortes con los ejes, los extremos absolutos, y la monotonía de la función en el intervalo $[0,12]$ .

4.2.2 (1 punto) Calcular el área de la pared que tiene color verde y la que tiene color rojo.

4.2.3 (0,25 puntos) La parte verde se pinta usando botes de pintura capaces de cubrir 3 metros cuadrados cada uno. ¿Cuál es el mínimo número de botes que vamos a necesitar para pintar la parte verde?

Solución

La pared es el rectángulo $[0,12]\times[0,3]$ (en metros), así que solo interesa la función en el intervalo $[0,12]$ .

4.2.1) Gráfica, cortes, monotonía y extremos

Cortes con los ejes.

Con el eje $OY$ ( $x=0$ ): $f(0)=\cos 0+2=1+2=3$ . Punto $(0,3)$ .
Con el eje $OX$ : como $-1\le\cos\left(\frac{\pi x}{9}\right)\le 1$ , se tiene
$1\le f(x)\le 3\quad\text{para todo } x,$
luego $f(x)\neq 0$ : la curva no corta al eje $OX$ .

Además, como $1\le f(x)\le 3$ , la curva queda entera dentro de la pared ( $0\le y\le 3$ ).

Monotonía. La función es continua y derivable en todo $\mathbb{R}$ . Por la regla de la cadena,

f'(x)=-\frac{\pi}{9}\operatorname{sen}\left(\frac{\pi x}{9}\right).

Si $x\in[0,12]$ , entonces $\frac{\pi x}{9}\in\left[0,\frac{4\pi}{3}\right]$ , y en ese intervalo

\operatorname{sen}\left(\frac{\pi x}{9}\right)=0 \iff \frac{\pi x}{9}=0 \ \text{ o } \ \frac{\pi x}{9}=\pi \iff x=0 \ \text{ o } \ x=9.

Estudiamos el signo de $f'$ :

Intervalo	$\frac{\pi x}{9}$ en	$\operatorname{sen}\left(\frac{\pi x}{9}\right)$	$f'(x)$	$f$
$(0,9)$	$(0,\pi)$	$>0$	$<0$	decreciente
$(9,12)$	$\left(\pi,\frac{4\pi}{3}\right)$	$<0$	$>0$	creciente

(Por ejemplo, $f'(3)=-\frac{\pi}{9}\operatorname{sen}\frac{\pi}{3}<0$ y $f'(10)=-\frac{\pi}{9}\operatorname{sen}\frac{10\pi}{9}>0$ .)

Extremos absolutos. Al ser $f$ continua en el intervalo cerrado $[0,12]$ , el teorema de Weierstrass asegura que alcanza un máximo y un mínimo absolutos, que están en los puntos críticos o en los extremos del intervalo. Comparamos los valores:

f(0)=3,\qquad f(9)=\cos\pi+2=-1+2=1,\qquad f(12)=\cos\frac{4\pi}{3}+2=-\frac12+2=\frac32.

Máximo absoluto: $(0,3)$ .
Mínimo absoluto: $(9,1)$ (además es mínimo relativo: $f$ pasa de decrecer a crecer).

El máximo absoluto está en el extremo $x=0$ del intervalo: allí $f'(0)=0$ , pero la función decrece justo después, y $f(0)=3$ es mayor que $f(12)=\frac32$ .

Gráfica. La curva sale de $(0,3)$ , la esquina superior izquierda de la pared, baja hasta $(9,1)$ y vuelve a subir hasta $\left(12,\frac32\right)$ . La parte verde queda entre la curva y el suelo; la roja, entre la curva y el techo $y=3$ . La pared termina en $x=12$ .

Cargando la gráfica…

Pared de 12 por 3 metros con la curva f(x) = cos(πx/9) + 2 en [0, 12]. La curva parte del punto (0, 3), máximo absoluto, baja hasta el mínimo absoluto (9, 1) y sube hasta (12, 3/2). La zona sombreada bajo la curva es la parte verde; la zona sin sombrear entre la curva y la recta y = 3, hasta x = 12, es la roja. Puedes moverte por la gráfica con las flechas del teclado y ampliar con + y −.

Ábrelo en la graficadora

En el dibujo, la zona sombreada es la verde; la roja es la parte sin sombrear entre la curva y la recta $y=3$ , hasta el borde $x=12$ .

Respuesta

Corta al eje $OY$ en $(0,3)$ y no corta al eje $OX$ (pues $1\le f(x)\le 3$ ). $f$ es decreciente en $(0,9)$ y creciente en $(9,12)$ . Máximo absoluto en $(0,3)$ y mínimo absoluto en $(9,1)$ ; en el extremo derecho, $f(12)=\frac32$ .

4.2.2) Áreas verde y roja

Parte verde. Es la región entre la curva y el eje $OX$ para $x\in[0,12]$ . Como $f(x)>0$ en todo el intervalo, su área es directamente la integral. Una primitiva es

\int\left(\cos\left(\frac{\pi x}{9}\right)+2\right)dx=\frac{9}{\pi}\operatorname{sen}\left(\frac{\pi x}{9}\right)+2x+C,

y por la regla de Barrow:

A_{\text{verde}}=\int_0^{12}\left(\cos\left(\frac{\pi x}{9}\right)+2\right)dx=\left[\frac{9}{\pi}\operatorname{sen}\left(\frac{\pi x}{9}\right)+2x\right]_0^{12}=\frac{9}{\pi}\operatorname{sen}\frac{4\pi}{3}+24-0.

Como $\operatorname{sen}\frac{4\pi}{3}=-\frac{\sqrt3}{2}$ ,

A_{\text{verde}}=24-\frac{9\sqrt3}{2\pi}\approx 21{,}519\ \text{m}^2.

Parte roja. Es la región entre la recta $y=3$ (borde superior) y la curva, que queda por debajo porque $f(x)\le 3$ :

A_{\text{roja}}=\int_0^{12}\left(3-f(x)\right)dx=\int_0^{12}3\,dx-A_{\text{verde}}=36-\left(24-\frac{9\sqrt3}{2\pi}\right)=12+\frac{9\sqrt3}{2\pi}\approx 14{,}481\ \text{m}^2.

Comprobación: $A_{\text{verde}}+A_{\text{roja}}=36\ \text{m}^2=12\cdot 3$ , el área de la pared.

Respuesta

Área verde: $24-\dfrac{9\sqrt3}{2\pi}\approx 21{,}52\ \text{m}^2$ . Área roja: $12+\dfrac{9\sqrt3}{2\pi}\approx 14{,}48\ \text{m}^2$ .

4.2.3) Número mínimo de botes

Cada bote cubre $3\ \text{m}^2$ , así que hacen falta

\frac{A_{\text{verde}}}{3}=\frac{21{,}519\ldots}{3}\approx 7{,}17\ \text{botes}.

Como no se pueden usar fracciones de bote, redondeamos hacia arriba. Con 7 botes solo se cubren $21\ \text{m}^2<21{,}519\ \text{m}^2$ , de modo que no basta; con 8 se cubren $24\ \text{m}^2$ , que sí es suficiente.

Respuesta

Se necesitan como mínimo 8 botes de pintura.

Ejercicio 1 · Pregunta 1

1.1 Probabilidad de que el test dé positivo

1.2 Probabilidad de estar sano sabiendo que ha dado positivo

1.3 Probabilidad de que, de 8 personas, como máximo dos estén enfermas

Ejercicio 2.1 · Pregunta 2.1

2.1.1 Discusión del sistema Tv=uTv=uTv=u

2.1.2 Resolución para m=−1m=-1m=−1

2.1.3 Tensiones principales para m=2m=2m=2

Ejercicio 2.2 · Pregunta 2.2

2.2.1 La matriz de giro AAA es ortogonal

2.2.2 Valores de aaa y bbb que hacen ortogonal a BBB

2.2.3 Ecuación matricial BX+C=DBX+C=DBX+C=D

Ejercicio 3.1 · Pregunta 3.1

3.1.1) Recta y plano perpendiculares

3.1.2) Recta y plano paralelos

3.1.3) Punto de intersección en función de mmm

Ejercicio 3.2 · Pregunta 3.2

Datos de la recta sss

3.2.1) Plano por (1,1,1)(1,1,1)(1,1,1) perpendicular a sss

3.2.2) Puntos de sss a distancia 4 del origen

3.2.3) Ángulo entre sss y el eje Z

Ejercicio 4.1 · Pregunta 4.1

4.1.1) Dominio y continuidad

4.1.2) Asíntotas y monotonía

4.1.3) Extremos relativos y absolutos

4.1.4) Representación gráfica

Ejercicio 4.2 · Pregunta 4.2

4.2.1) Gráfica, cortes, monotonía y extremos

4.2.2) Áreas verde y roja

4.2.3) Número mínimo de botes

2.1.1 Discusión del sistema $Tv=u$

2.1.2 Resolución para $m=-1$

2.1.3 Tensiones principales para $m=2$

2.2.1 La matriz de giro $A$ es ortogonal

2.2.2 Valores de $a$ y $b$ que hacen ortogonal a $B$

2.2.3 Ecuación matricial $BX+C=D$

3.1.3) Punto de intersección en función de $m$

Datos de la recta $s$

3.2.1) Plano por $(1,1,1)$ perpendicular a $s$

3.2.2) Puntos de $s$ a distancia 4 del origen

3.2.3) Ángulo entre $s$ y el eje Z