Aquí tienes las soluciones detalladas del examen de Matemáticas II de la PAU de Aragón. Soluciones de elaboración propia con fines educativos. Los enunciados son documentos públicos de la Universidad de Zaragoza.
Ejercicio 1 (2 puntos)
Enunciado.
En un ecosistema interactúan tres especies que llamaremos A, B y C. La población de cada especie en el mes \(k\) viene dada por \(a_{k}\), \(b_{k}\) y \(c_{k}\), respectivamente. La evolución de sus poblaciones puede modelizarse mediante la relación existente entre las poblaciones en un mes \(k+1\) y en el mes anterior, \(k\):
a) (0,5 puntos) Si en el instante inicial \((k=0)\) hay 100 ejemplares de la especie A, 124 de la especie B y 234 de la especie C, ¿cuántos ejemplares hay de cada especie dos meses después?
b) (0,5 puntos) Razona (sin calcular \(M^{k}\)) que se cumple la siguiente relación: \(\begin{pmatrix} a_{k} \\ b_{k} \\ c_{k} \end{pmatrix} = M^{k} \begin{pmatrix} a_{0} \\ b_{0} \\ c_{0} \end{pmatrix}\) donde \(a_{0}\), \(b_{0}\) y \(c_{0}\) son el número de ejemplares de cada especie en el instante inicial.
c) (1 punto) Calcula \(M^{k}\) con \(k \in \mathbb{N}\). ¿Qué ocurrirá con el número de ejemplares de cada una de las especies con el paso del tiempo?
Solución.
a) Para conocer la población dos meses después (\(k=2\)), calculamos primero la población tras un mes (\(k=1\)) multiplicando la matriz \(M\) por el vector de población inicial:
$$ \begin{pmatrix} a_{1} \\ b_{1} \\ c_{1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 100 \\ 124 \\ 234 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 100 \\ 100+124 \\ 100+234 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 100 \\ 224 \\ 334 \end{pmatrix} $$Repetimos el proceso para el segundo mes multiplicando la matriz \(M\) por el nuevo vector obtenido:
$$ \begin{pmatrix} a_{2} \\ b_{2} \\ c_{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 100 \\ 224 \\ 334 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 100 \\ 100+224 \\ 100+334 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 100 \\ 324 \\ 434 \end{pmatrix} $$Resultado a): A los dos meses habrá 100 ejemplares de la especie A, 324 de la especie B y 434 de la especie C.
b) Por definición del modelo, la población en un mes se obtiene multiplicando \(M\) por la población del mes anterior. Podemos aplicarlo de forma iterativa:
$$ P_{1} = M \cdot P_{0} $$ $$ P_{2} = M \cdot P_{1} = M \cdot (M \cdot P_{0}) = M^{2} \cdot P_{0} $$ $$ P_{3} = M \cdot P_{2} = M \cdot (M^{2} \cdot P_{0}) = M^{3} \cdot P_{0} $$Resultado b): Aplicando este mismo razonamiento sucesivamente (sustitución iterativa recursiva), deducimos que para llegar al mes \(k\), la matriz \(M\) se habrá multiplicado por sí misma \(k\) veces por la izquierda, justificando que \(P_{k} = M^{k} \cdot P_{0}\).
c) Calculamos las primeras potencias de \(M\) para identificar el patrón general:
$$ M^{2} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$ $$ M^{3} = M^{2} \cdot M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$Observando los resultados, por inducción deducimos la forma general de \(M^{k}\):
$$ M^{k} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ k & 1 & 0 \\ k & 0 & 1 \end{pmatrix} $$Multiplicamos \(M^{k}\) por un vector inicial genérico para analizar el comportamiento con el paso del tiempo (\(k \rightarrow \infty\)):
$$ \begin{pmatrix} a_{k} \\ b_{k} \\ c_{k} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ k & 1 & 0 \\ k & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{0} \\ b_{0} \\ c_{0} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{0} \\ k \cdot a_{0} + b_{0} \\ k \cdot a_{0} + c_{0} \end{pmatrix} $$Resultado c): Con el paso del tiempo, como \(a_{0} = 100 > 0\), la especie A se mantiene constante en \(a_{0}\), mientras que las especies B y C crecerán indefinidamente (tienden a infinito al depender de \(k\)).
⚠️ Error frecuente: En el apartado c, es común calcular correctamente el patrón de \(M^{k}\), pero olvidar analizar qué ocurre cuando \(k\) se hace muy grande (que es la traducción matemática de la frase «con el paso del tiempo»).
Ejercicio 2 (2 puntos)
Enunciado.
Sea \(f(x)\) una función continua definida en \([0,+\infty)\) tal que \(f^{\prime}(x)=\frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}},\forall x>0\), y \(f(1)=2e-2\).
a) (1 punto) Calcula \(\lim_{x\rightarrow0^{+}}f(x)\)
b) (1 punto) Halla los intervalos de crecimiento y decrecimiento de \(f\). Justifica que \(f(x)\ge0\), \(\forall x\ge0.\)
Solución.
a) Para calcular el límite, primero necesitamos hallar la expresión de \(f(x)\). Sabemos que \(f(x)\) es la primitiva de \(f^{\prime}(x)\), por lo que integramos:
$$ f(x) = \int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx $$Haciendo el cambio \(t = \sqrt{x}\), obtenemos \(dt = \frac{1}{2\sqrt{x}}dx\). Sustituyendo:
$$ f(x) = \int e^{t} \cdot 2 \, dt = 2e^{t} + C = 2e^{\sqrt{x}} + C $$Usamos la condición inicial \(f(1) = 2e – 2\):
$$ 2e^{\sqrt{1}} + C = 2e – 2 \Longrightarrow 2e + C = 2e – 2 \Longrightarrow C = -2 $$Por lo tanto, la función es \(f(x) = 2e^{\sqrt{x}} – 2\). Procedemos a calcular el límite:
$$ \lim_{x\rightarrow0^{+}} \left( 2e^{\sqrt{x}} – 2 \right) = 2e^{0} – 2 = 2(1) – 2 = 0 $$Resultado a): La función es \(f(x) = 2e^{\sqrt{x}} – 2\) y su límite es 0.
b) Para estudiar los intervalos de monotonía, analizamos el signo de la derivada \(f^{\prime}(x) = \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\) para \(x > 0\):
- El numerador, \(e^{\sqrt{x}}\), es siempre positivo.
- El denominador, \(\sqrt{x}\), es siempre positivo para cualquier \(x > 0\).
Como el cociente es estrictamente positivo, \(f^{\prime}(x) > 0\) para todo \(x \in (0, +\infty)\). Por tanto, la función \(f(x)\) es estrictamente creciente en todo su dominio abierto.
Justificación de positividad: Como la función es continua en \([0, +\infty)\), arranca tomando el valor \(0\) en \(x = 0\) (calculado en el límite del apartado a) y es estrictamente creciente para todo \(x > 0\). En consecuencia, se garantiza que \(f(x) \ge 0\) para todo \(x \ge 0\).
⚠️ Error frecuente: En el apartado a), un error fatal es olvidar la constante de integración \(C\) al calcular la primitiva, lo que imposibilita usar el dato de la condición inicial correctamente.
Ejercicio 3 (2 puntos)
Enunciado.
Sean los planos \(\pi \equiv x-2y+4z+1=0\) y \(\pi_{d} \equiv 2x-3y+6z=d\), con \(d \in \mathbb{R}\).
a) (1 punto) ¿Hay algún valor de \(d \in \mathbb{R}\) para el cual los planos \(\pi\) y \(\pi_{d}\) no se corten?
b) (1 punto) Calcula, para \(d=-2\), los puntos de corte entre los planos \(\pi\) y \(\pi_{d}\).
Solución.
a) Extraemos los vectores normales de ambos planos:
- \(\vec{n}_{\pi} = (1, -2, 4)\)
- \(\vec{n}_{\pi_{d}} = (2, -3, 6)\)
Comprobamos si existe proporcionalidad entre sus coordenadas:
$$ \frac{1}{2} \neq \frac{-2}{-3} \neq \frac{4}{6} $$Resultado a): Como los coeficientes no son proporcionales, los vectores normales son linealmente independientes. Los planos nunca serán paralelos ni coincidentes, por lo que el sistema será siempre compatible indeterminado (se cortan en una recta). Conclusión: No hay ningún valor de \(d\) para el cual no se corten.
b) Para encontrar los puntos de corte cuando \(d=-2\), planteamos el sistema de ecuaciones con ambos planos:
$$ \begin{cases} x – 2y + 4z = -1 \\ 2x – 3y + 6z = -2 \end{cases} $$Parametrizamos tomando \(z = \lambda\), con \(\lambda \in \mathbb{R}\):
$$ \begin{cases} x – 2y = -1 – 4\lambda \\ 2x – 3y = -2 – 6\lambda \end{cases} $$Multiplicamos la primera ecuación por \(-2\) y sumamos (reducción):
$$ \begin{cases} -2x + 4y = 2 + 8\lambda \\ 2x – 3y = -2 – 6\lambda \end{cases} $$ $$ y = 2\lambda $$Sustituyendo el valor de \(y\) en la primera ecuación:
$$ x – 2(2\lambda) = -1 – 4\lambda \Longrightarrow x = -1 $$Resultado b): Los puntos de corte forman la recta cuyas ecuaciones paramétricas son: \(x = -1, y = 2\lambda, z = \lambda\) con \(\lambda \in \mathbb{R}\).
⚠️ Error frecuente: Es muy común olvidar indicar dónde se mueve el parámetro libre (es decir, omitir escribir \(\lambda \in \mathbb{R}\)) al dar las ecuaciones paramétricas, lo cual es sancionado por el tribunal.
Ejercicio 4 (2 puntos)
Opción 1
Enunciado.
Para una prueba de Bachillerato se ha preparado un cuestionario tipo test de 4 preguntas con 5 respuestas posibles a cada pregunta. Cada pregunta correctamente respondida suma 2,5 puntos. Por cada respuesta incorrecta se restan 0,625 puntos. Si no se contesta a la pregunta, se puntúa con 0.
a) (1 punto) ¿Cuál es la probabilidad de sacar sobresaliente (nota mayor o igual a 9) contestando las cuatro preguntas aleatoriamente?
b) (1 punto) ¿Cuál es la probabilidad de suspender (nota menor que 5) contestando las cuatro preguntas aleatoriamente?
Solución Opción 1.
Definimos la variable aleatoria \(X\) como el «número de preguntas acertadas». El experimento sigue una distribución binomial \(X \sim B(n, p)\) con:
- \(n = 4\) preguntas.
- \(p = \frac{1}{5} = 0.2\) (probabilidad de acertar al azar).
- \(q = 0.8\) (probabilidad de fallar).
a) Para obtener un sobresaliente (nota \(\ge\) 9), evaluamos:
- Con 4 aciertos: Nota = 10 \(\ge\) 9.
- Con 3 aciertos y 1 fallo: Nota = 7.5 – 0.625 = 6.875 \(<\) 9.
Por tanto, es necesario acertar todas las preguntas (\(X = 4\)):
$$ P(X = 4) = \begin{pmatrix} 4 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot (0.2)^4 \cdot (0.8)^0 = 1 \cdot 0.0016 \cdot 1 = 0.0016 $$Resultado a): La probabilidad de sacar sobresaliente es 0.0016.
b) Para suspender (nota \(<\) 5), evaluamos:
- Con 3 aciertos: Nota = 6.875 \(\ge\) 5 (Aprobado).
- Con 2 aciertos: Nota = 5 – 1.25 = 3.75 \(<\) 5 (Suspenso).
El estudiante debe obtener 2, 1 o 0 aciertos (\(X \le 2\)). Lo calculamos mediante el suceso complementario:
$$ P(X \le 2) = 1 – P(X > 2) = 1 – [P(X = 3) + P(X = 4)] $$ $$ P(X = 3) = \begin{pmatrix} 4 \\ 3 \end{pmatrix} \cdot (0.2)^3 \cdot (0.8)^1 = 4 \cdot 0.008 \cdot 0.8 = 0.0256 $$ $$ P(\text{Suspender}) = 1 – (0.0256 + 0.0016) = 1 – 0.0272 = 0.9728 $$Resultado b): La probabilidad de suspender es 0.9728.
Opción 2
Enunciado.
En un hospital se realizan dos técnicas diferentes de intervención para una misma lesión. Se muestra el número de intervenciones realizadas:
| Nº intervenciones | Técnica 1 | Técnica 2 |
|---|---|---|
| Graves | 44 | 140 |
| Leves | 136 | 40 |
Número de intervenciones que fueron efectivas:
| Nº efectivas | Técnica 1 | Técnica 2 |
|---|---|---|
| Graves | 30 | 102 |
| Leves | 120 | 36 |
a) (0,5 puntos) Sabiendo que la intervención ha sido efectiva, ¿cuál es más probable que se haya usado?
b) (1 punto) ¿Qué técnica elegirá para una lesión leve?, ¿y para una grave?
c) (0,5 puntos) El protocolo dicta aplicar Técnica 1 si se desconoce la gravedad. Justifica por qué no es adecuado.
Solución Opción 2.
a) Intervenciones efectivas totales por técnica:
- Técnica 1: \(30 + 120 = 150\)
- Técnica 2: \(102 + 36 = 138\)
Resultado a): Es más probable que se haya usado la Técnica 1, ya que cuenta con mayor número de casos favorables efectivos absolutos (150 frente a 138).
b) Probabilidad de éxito condicionada:
- Lesiones Leves: \(P(E|Leve \cap T_1) = 120/136 \approx 0.882\). \(P(E|Leve \cap T_2) = 36/40 = 0.900\).
- Lesiones Graves: \(P(E|Grave \cap T_1) = 30/44 \approx 0.681\). \(P(E|Grave \cap T_2) = 102/140 \approx 0.728\).
Resultado b): El cirujano debe elegir la Técnica 2 en ambos casos, ya que presenta mayor porcentaje de éxito tanto en lesiones leves (0.900 > 0.882) como en graves (0.728 > 0.681).
c) Resultado c): El protocolo no es adecuado porque, tal y como se ha demostrado en el apartado b), la Técnica 2 es estadísticamente superior en ambos escenarios posibles de manera individual. Aplicar la Técnica 1 por defecto supone elegir un tratamiento subóptimo.
⚠️ Error frecuente: Este es un caso de la Paradoja de Simpson. Calcular la tasa de éxito global sin separar por grupos induce a pensar erróneamente que la Técnica 1 es mejor.
Ejercicio 5 (2 puntos)
Opción 1
Enunciado.
Se dispone de un máximo de 70 archiveros. Inicialmente hay 50, y cada uno digitaliza 80 expedientes/mes. Por cada archivero extra, se reduce en 1 el número de expedientes que digitaliza cada uno. Determina el número de archiveros que deben formar el equipo para que el total de expedientes digitalizados sea máximo.
Solución Opción 1.
Definimos \(x\) como el número de archiveros adicionales al equipo de 50. Como el máximo total es 70, el dominio es \(x \in [0, 20]\).
- Total de archiveros: \(50 + x\)
- Expedientes por archivero: \(80 – x\)
La función a optimizar (expedientes totales) es:
$$ f(x) = (50 + x)(80 – x) = 4000 – 50x + 80x – x^2 = -x^2 + 30x + 4000 $$Derivamos para buscar puntos críticos:
$$ f^{\prime}(x) = -2x + 30 = 0 \Longrightarrow x = 15 $$Calculamos la segunda derivada para confirmar si es un máximo:
$$ f^{\prime\prime}(x) = -2 < 0 $$Al ser negativa, en \(x = 15\) hay un máximo. El equipo total estará formado por \(50 + 15 = 65\) archiveros.
Resultado Opción 1: Para que el número de expedientes sea máximo, el equipo debe estar formado por 65 archiveros.
⚠️ Error frecuente: Dar el ejercicio por terminado sin calcular la segunda derivada para demostrar analíticamente que se trata de un máximo (penaliza 0,6 puntos).
Opción 2
Enunciado.
Calcula:
Solución Opción 2.
Evaluamos el límite directamente:
$$ \frac{e^{\text{sen}(0)}-e^{0}}{1-\cos(0)} = \frac{1-1}{1-1} = \frac{0}{0} $$Aplicamos la regla de L’Hôpital (primera vez):
$$ \lim_{x\rightarrow0}\frac{e^{\text{sen}(x)}\cos(x)-e^{x}}{\text{sen}(x)} $$Evaluamos nuevamente:
$$ \frac{1 \cdot 1 – 1}{0} = \frac{0}{0} $$Aplicamos la regla de L’Hôpital (segunda vez):
$$ \lim_{x\rightarrow0}\frac{e^{\text{sen}(x)}\cos^2(x) – e^{\text{sen}(x)}\text{sen}(x) – e^{x}}{\cos(x)} $$Evaluamos finalmente sustituyendo \(x = 0\):
$$ \frac{e^{0}(1)^2 – e^{0}(0) – e^{0}}{1} = \frac{1 – 0 – 1}{1} = \frac{0}{1} = 0 $$Resultado Opción 2: El valor del límite es 0.