Resolución paso a paso

Matemáticas

Navarra · 2025 · Convocatoria ordinaria

Examen de Navarra, Matemáticas II (PAU 2025, ordinaria). Se elige una pregunta de cada bloque P, A, B y C; aquí se resuelven todas.

Bloque P

P1 · Número de máquinas para el gasto mínimo

Con una máquina el trabajo dura 80 h. El tiempo es inversamente proporcional al número $n$ de máquinas: $t=\dfrac{80}{n}$ horas.

Gasto total: puesta en marcha ($10n$), uso de las máquinas ($5$ €/h cada una: $5n\,t$) y operario ($18\,t$):

$$C(n)=10n+5n\cdot\frac{80}{n}+18\cdot\frac{80}{n}=10n+400+\frac{1440}{n}$$

$C'(n)=10-\dfrac{1440}{n^2}=0\Rightarrow n^2=144\Rightarrow n=12$ (se descarta $-12$). Justificación del mínimo: $C''(n)=\dfrac{2880}{n^3}>0$ en $n=12$, luego es un mínimo. Hay que usar 12 máquinas, con un gasto $C(12)=120+400+120=640$ €.

P2 · Precio de la luz

$p(t)=0{,}15+\sin^2\!\left(\tfrac\pi2t\right)\cos\!\left(\tfrac\pi2t\right)$, $t\in[0,1]$. Con $u=\tfrac\pi2t\in\left[0,\tfrac\pi2\right]$: $p=0{,}15+\sin^2u\cos u$.

a) Máximo y mínimo.

$\dfrac{dp}{du}=2\sin u\cos^2u-\sin^3u=\sin u\,(2\cos^2u-\sin^2u)=\sin u\,(2-3\sin^2u)$. Se anula en $\sin u=0$ ($u=0$, $t=0$) y en $\sin^2u=\tfrac23$ ($u=\arcsin\sqrt{2/3}\approx0{,}955$ rad, es decir $t=\tfrac2\pi u\approx0{,}608$). La derivada es positiva antes de ese valor y negativa después, luego es un máximo:

Máximo en $t\approx0{,}608$: con $\sin^2u=\tfrac23$, $\cos u=\tfrac1{\sqrt3}$, $p=0{,}15+\tfrac{2}{3\sqrt3}\approx0{,}535$ €/kWh.
Mínimo en los extremos $t=0$ y $t=1$ (donde $\sin^2u\cos u=0$): $p=0{,}15$ €/kWh.

b) Precio medio.

Con $s=\sin\left(\tfrac\pi2t\right)$, $ds=\tfrac\pi2\cos\left(\tfrac\pi2t\right)dt$:

$$\bar p=\int_0^1\left[0{,}15+\sin^2\!\left(\tfrac\pi2t\right)\cos\!\left(\tfrac\pi2t\right)\right]dt=0{,}15+\frac2\pi\int_0^1s^2ds=0{,}15+\frac{2}{3\pi}\approx0{,}362\ \text{€/kWh}$$

Bloque A

A1 · Sistema con parámetro $m$

$$\begin{cases}(m^2-3m)x-my+2mz=3\\(m^2-3m)x+3y+3mz=m+9\\(3m-m^2)x+my-mz=0\end{cases}$$

Resultado teórico: teorema de Rouché–Frobenius (un sistema es compatible si y solo si rango$(A)$ = rango$(A^*)$; es determinado si ese rango coincide con el número de incógnitas, 3).

Sea $a=m^2-3m=m(m-3)$. El determinante de los coeficientes es

$$|A|=\begin{vmatrix}a&-m&2m\\a&3&3m\\-a&m&-m\end{vmatrix}=a\,(m^2+3m)=m^2(m-3)(m+3)$$

$m\neq0,\,3,\,-3$: $|A|\neq0$, rango 3 = nº de incógnitas: compatible determinado. Sumando las ecuaciones 1 y 3: $mz=3\Rightarrow z=\tfrac3m$. Restando 1 a 2: $(m+3)y+mz=m+6\Rightarrow(m+3)y=m+3\Rightarrow y=1$. En la tercera: $-ax+m-3=0\Rightarrow m(m-3)x=m-3\Rightarrow x=\tfrac1m$.

$$(x,y,z)=\left(\frac1m,\;1,\;\frac3m\right)$$

$m=0$: la primera ecuación queda $0=3$: incompatible.
$m=3$: $a=0$. Las ecuaciones son $-3y+6z=3$, $3y+9z=12$, $3y-3z=0$. De la tercera, $y=z$; la primera da $z=1$, luego $y=z=1$, y la segunda se cumple ($3+9=12$). Rango $2$ = rango ampliada: compatible indeterminado: $(x,y,z)=(\lambda,1,1)$, $\lambda\in\mathbb{R}$.
$m=-3$: $a=18$. Las ecuaciones son $18x+3y-6z=3$, $18x+3y-9z=6$, $-18x-3y+3z=0$. Restando las dos primeras, $z=-1$; entonces $18x+3y=-3$ y la tercera ecuación se cumple. Compatible indeterminado: $(x,y,z)=(\lambda,\,-1-6\lambda,\,-1)$, $\lambda\in\mathbb{R}$.

A2 · Determinante de $C$

$C=2\,(A\,B^t)^2\,(B^t)^{-1}$ con matrices $3\times3$, $|A|=\tfrac14$ y $|B|=2$. Se usa: $|kM|=k^3|M|$ (para $3\times3$), $|MN|=|M||N|$, $|M^t|=|M|$ y $|M^{-1}|=1/|M|$.

$$|C|=2^3\,|A B^t|^2\,\frac{1}{|B^t|}=8\,(|A||B|)^2\,\frac1{|B|}=8\left(\frac14\cdot2\right)^2\frac12=8\cdot\frac14\cdot\frac12=\mathbf{1}$$

Bloque B

B1 · Recta $t$ que pasa por $P(2,0,-1)$ y corta a $s$ y a $r$

$s:\ \begin{cases}2x+y-3z-6=0\\2x-3z-8=0\end{cases}$ y $r:\ \dfrac{x+1}{2}=\dfrac y1=\dfrac{z+2}{1}$. La recta $t$ es la intersección del plano que contiene a $P$ y a $s$ con el plano que contiene a $P$ y a $r$.

Plano $\alpha$ por $P$ y $s$ (haz de planos de $s$): $(2x+y-3z-6)+k(2x-3z-8)=0$. Con $P$: $(4+3-6)+k(4+3-8)=1-k=0\Rightarrow k=1$:

$$\alpha:\ 4x+y-6z-14=0$$

Plano $\beta$ por $P$ y $r$: $r$ pasa por $R_0(-1,0,-2)$ con $\vec d_r=(2,1,1)$; $\overrightarrow{PR_0}=(-3,0,-1)$. Normal: $\vec d_r\times\overrightarrow{PR_0}=(-1,-1,3)$, luego

$$\beta:\ x+y-3z-5=0\qquad(\text{comprobación: }P:\ 2+0+3-5=0\ \checkmark)$$

Recta $t=\alpha\cap\beta$. Dirección: $(4,1,-6)\times(1,1,-3)=(3,6,3)\parallel(1,2,1)$. Pasa por $P$:

$$\boxed{t:\ \frac{x-2}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z+1}{1}}$$

Comprobación: corta a $r$ en $(3,2,0)$ (con $\nu=2$) y a $s$ en $(1,-2,-2)$ (verifica las dos ecuaciones de $s$). No es paralela a ninguna de las dos, así que son cortes reales.

B2 · Cuadrado

Vértices consecutivos $A(1,0,-1)$ y $B(1,4,2)$; los otros dos están en una recta que pasa por $P(6,-4,-4)$. $\overrightarrow{AB}=(0,4,3)$, $|AB|=5$.

a) Recta.

Los otros dos vértices forman el lado opuesto a $AB$, que es paralelo a $AB$:

$$\boxed{\begin{cases}x=6\\y=-4+4s\\z=-4+3s\end{cases}}\qquad\text{o bien}\qquad x=6,\ \frac{y+4}{4}=\frac{z+4}{3}$$

b) Plano perpendicular a $AB$ por $A$.

Normal $\overrightarrow{AB}=(0,4,3)$:

$$4(y-0)+3(z+1)=0\ \Rightarrow\ \boxed{4y+3z+3=0}$$

c) Los otros vértices.

El vértice $D$ (contiguo a $A$) es el punto en que ese plano corta a la recta: $4(-4+4s)+3(-4+3s)+3=25s-25=0\Rightarrow s=1$, así que $D=(6,0,-1)$. Comprobación: $|AD|=5=|AB|$ ✓. El cuarto vértice es $C=D+\overrightarrow{AB}=(6,4,2)$ (también $|BC|=5$ y $BC\perp AB$).

$$\boxed{C(6,4,2),\quad D(6,0,-1)}$$

Bloque C

C1 · $f(x)=\cos\left(\tfrac\pi2x\right)\ln(x^2+x-5)$ en $[2,3]$

a) Continuidad.

$\cos\left(\tfrac\pi2x\right)$ es continua en $\mathbb{R}$. El logaritmo lo es donde $x^2+x-5>0$. La función $x^2+x-5$ es creciente en $[2,3]$ (su vértice está en $x=-\tfrac12$) y vale $1$ en $x=2$ y $7$ en $x=3$, así que es $\geq1>0$ en todo el intervalo. Por tanto $\ln(x^2+x-5)$ es continuo en $[2,3]$ y $f$, producto de continuas, también.

b) Teorema de Rolle.

Enunciado: si $f$ es continua en $[a,b]$, derivable en $(a,b)$ y $f(a)=f(b)$, existe $c\in(a,b)$ con $f'(c)=0$.

$f$ es continua en $[2,3]$ (apartado a).
$f$ es derivable en $(2,3)$: el coseno lo es y el logaritmo también (argumento positivo).
$f(2)=\cos\pi\cdot\ln(1)=(-1)\cdot0=0$ y $f(3)=\cos\tfrac{3\pi}2\cdot\ln7=0\cdot\ln7=0$, es decir, $f(2)=f(3)$.

Se cumplen las hipótesis, luego existe $c\in(2,3)$ tal que $f'(c)=0$.

C2 · $f(x)=\dfrac{3x^3}{x^2-4}$

Dominio: $x\neq\pm2$.

Simetría: $f(-x)=\dfrac{-3x^3}{x^2-4}=-f(x)$, así que $f$ es impar (simétrica respecto del origen).

Asíntotas verticales ($x=2$ y $x=-2$). Aproximación a cada una:

Límite	Valor
$x\to2^-$	$-\infty$ (numerador $\to24$, denominador $\to0^-$)
$x\to2^+$	$+\infty$
$x\to-2^-$	$-\infty$ (numerador $\to-24$, denominador $\to0^+$)
$x\to-2^+$	$+\infty$ (numerador $\to-24$, denominador $\to0^-$)

Asíntota horizontal: no hay, porque el grado del numerador (3) supera al del denominador (2): $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\pm\infty$.

Asíntota oblicua $y=mx+n$:

$$m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim\frac{3x^2}{x^2-4}=3,\qquad n=\lim\left(f(x)-3x\right)=\lim\frac{12x}{x^2-4}=0$$

La asíntota oblicua es $y=3x$. Como $f(x)-3x=\dfrac{12x}{x^2-4}$ es positivo para $x\to+\infty$ y negativo para $x\to-\infty$, la gráfica queda por encima de la asíntota en $+\infty$ y por debajo en $-\infty$.