Examen PAU Matemáticas II Comunitat Valenciana · Julio 2026

Llamamos $H$, $T$, $D$ a los sucesos «el partido se jugó en hierba», «en tierra batida» y «en pista dura», y $R$ y $F$ a «ganó Roger» y «ganó Rafa». En cada partido gana uno de los dos, así que $P(F\mid \cdot )=1-P(R\mid \cdot )$.

Datos.

1. Superficies: $P(H)=0,10$, $P(T)=0,40$ y, como suman 1, $P(D)=1-0,10-0,40=0,50$.
2. En hierba ganó Rafa el 25 %, luego $P(F\mid H)=0,25$ y $P(R\mid H)=0,75$.
3. En tierra batida $P(R\mid T)=0,125$, luego $P(F\mid T)=0,875$.
4. En pista dura $P(R\mid D)=0,55$, luego $P(F\mid D)=0,45$.

1.1) Aplicamos la fórmula de la probabilidad total sobre las tres superficies:

$$P(R)=P(H)P(R\mid H)+P(T)P(R\mid T)+P(D)P(R\mid D)$$

$$P(R)=0,10\cdot 0,75+0,40\cdot 0,125+0,50\cdot 0,55=0,075+0,05+0,275=0,4.$$

Resultado: Roger ha ganado el $40\%$ de los partidos ($P(R)=\frac{2}{5}$).

1.2) Buscamos $P(D\mid F)$, que se calcula con el teorema de Bayes.

1. Probabilidad de que gane Rafa: $P(F)=1-P(R)=0,6$. (Se comprueba con la probabilidad total: $0,10\cdot 0,25+0,40\cdot 0,875+0,50\cdot 0,45=0,025+0,35+0,225=0,6$.)
2. Probabilidad de que el partido sea en pista dura y lo gane Rafa: $P(D\cap F)=0,50\cdot 0,45=0,225$.
3. Bayes:

$$P(D\mid F)=\frac{P(D\cap F)}{P(F)}=\frac{0,225}{0,6}=0,375=\frac{3}{8}.$$

Resultado: $P(D\mid F)=\frac{3}{8}=0,375$

1.3) En cada partido de pista dura, Roger gana con probabilidad $0,55$, y los partidos son independientes. Sea $X$ el número de partidos que gana Roger en 10 partidos de pista dura: $X\sim B(10;0,55)$.

La tabla solo llega hasta $p=0,50$, así que contamos los partidos que gana Rafa: $Y=10-X\sim B(10;0,45)$.

1. $X=5$ o $X=6$ equivale a $Y=5$ o $Y=4$, es decir, $4\le Y\le 5$.
2. Con la tabla de $B(10;0,45)$: $P(Y\le 5)=0,7384$ y $P(Y\le 3)=0,2660$.
3. Por tanto

$$P(5\le X\le 6)=P(4\le Y\le 5)=P(Y\le 5)-P(Y\le 3)=0,7384-0,2660=0,4724.$$

Comprobación directa con la fórmula: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{5}\right)0,55^{5}0,45^5+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{6}\right)0,55^{6}0,45^4\approx 0,2340+0,2384=0,4724$.

Resultado: $P(5\le X\le 6)\approx 0,4724$

Resultado: 1.1) $40\%$; 1.2) $\frac{3}{8}=0,375$; 1.3) $\approx 0,4724$

Traducimos las condiciones a ecuaciones:

$$\{\begin{array}{rl}x+3y+z& =5\\ \alpha x+2z& =0\\ z& =\alpha y\end{array}⟺\{\begin{array}{rl}x+3y+z& =5\\ \alpha x+2z& =0\\ -\alpha y+z& =0\end{array}$$

La matriz de coeficientes y la ampliada son

$$M=\left(\begin{array}{ccc}1& 3& 1\\ \alpha & 0& 2\\ 0& -\alpha & 1\end{array}\right),M^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}1& 3& 1& 5\\ \alpha & 0& 2& 0\\ 0& -\alpha & 1& 0\end{array}\right).$$

2.1.1)

1. Calculamos el determinante de $M$ (desarrollando por la primera fila):

$$|M|=1\cdot (0\cdot 1-2\cdot (-\alpha ))-3\cdot (\alpha \cdot 1-0)+1\cdot (-{\alpha }^2-0)=2\alpha -3\alpha -{\alpha }^2=-\alpha (\alpha +1).$$

2. Se anula para $\alpha =0$ y para $\alpha =-1$.
3. Si $\alpha \ne 0$ y $\alpha \ne -1$: $|M|\ne 0$, luego $\mathrm{rg}M=\mathrm{rg}{M}^{\ast }=3$ = número de incógnitas: sistema compatible determinado (una única solución).
4. Si $\alpha =0$: $M=\left(\begin{array}{ccc}1& 3& 1\\ 0& 0& 2\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$. El menor $\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 2\end{array}\right|=2\ne 0$, así que $\mathrm{rg}M=2$. En $M^{\ast }$ la columna de términos independientes es $(5,0,0{)}^t$, combinación de las otras columnas, y sigue siendo $\mathrm{rg}{M}^{\ast }=2$. Como $2<3$: sistema compatible indeterminado (infinitas soluciones, con un parámetro).
5. Si $\alpha =-1$: $M=\left(\begin{array}{ccc}1& 3& 1\\ -1& 0& 2\\ 0& 1& 1\end{array}\right)$ y el menor $\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ -1& 0\end{array}\right|=3\ne 0$, así que $\mathrm{rg}M=2$. En la ampliada, el menor formado por las columnas 1, 2 y la de términos independientes es

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 3& 5\\ -1& 0& 0\\ 0& 1& 0\end{array}\right|=-5\ne 0,$$

luego $\mathrm{rg}{M}^{\ast }=3\ne \mathrm{rg}M$: sistema incompatible (no hay equilibrio).

Resultado: si $\alpha \ne 0,-1$, una única solución; si $\alpha =0$, infinitas soluciones; si $\alpha =-1$, ninguna.

2.1.2) Para $\alpha \ne -1$ el sistema tiene solución. Resolvemos primero el caso $\alpha \ne 0,-1$ (a mano, sin Cramer):

1. De la tercera ecuación, $z=\alpha y$.
2. En la segunda: $\alpha x+2\alpha y=0$; como $\alpha \ne 0$, dividimos: $x=-2y$.
3. En la primera: $-2y+3y+\alpha y=5$, es decir, $(1+\alpha )y=5$, y como $\alpha \ne -1$:

$$y=\frac{5}{1+\alpha },x=-2y=\frac{-10}{1+\alpha },z=\alpha y=\frac{5\alpha }{1+\alpha }.$$

Caso $\alpha =0$ (infinitas soluciones): el sistema es $x+3y+z=5$, $2z=0$, $z=0$. Entonces $z=0$ y $x+3y=5$. Llamando $y=t$ (parámetro), $x=5-3t$.

Resultado: si $\alpha \ne 0,-1$: $(x,y,z)=\left(\frac{-10}{1+\alpha },\frac{5}{1+\alpha },\frac{5\alpha }{1+\alpha }\right)$; si $\alpha =0$: $(x,y,z)=(5-3t,t,0)$, con $t\in \mathbb{R}$.

Resultado: 2.1.1) $\alpha \ne 0,-1$: una solución; $\alpha =0$: infinitas; $\alpha =-1$: ninguna; 2.1.2) $\left(\frac{-10}{1+\alpha },\frac{5}{1+\alpha },\frac{5\alpha }{1+\alpha }\right)$ si $\alpha \ne 0,-1$, y $(5-3t,t,0)$ si $\alpha =0$

2.2.1)

1. Pasamos $Bx$ al primer miembro: $Ax-Bx=b$, es decir, $(A-B)x=b$.
2. Calculamos $A-B=\left(\begin{array}{cc}2-5& -1+2\\ 1-2& 1-3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-3& 1\\ -1& -2\end{array}\right)$.
3. Su determinante es $(-3)(-2)-(1)(-1)=6+1=7\ne 0$, luego es invertible, y

$$(A-B{)}^{-1}=\frac{1}{7}\left(\begin{array}{cc}-2& -1\\ 1& -3\end{array}\right).$$

4. Entonces

$$x=(A-B{)}^{-1}b=\frac{1}{7}\left(\begin{array}{cc}-2& -1\\ 1& -3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)=\frac{1}{7}\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right).$$

Comprobación: $-3\cdot \left(-\frac{2}{7}\right)+\frac{1}{7}=1$ y $-\left(-\frac{2}{7}\right)-2\cdot \frac{1}{7}=0$.

Resultado: $x=\left(\begin{array}{c}-2/7\\ 1/7\end{array}\right)$

2.2.2) Usamos $\det (PQ)=\det P\det Q$, $\det (P^{-1})=\frac{1}{\det P}$, $\det (P^n)=(\det P{)}^n$ y, para matrices $2\times 2$, $\det (kP)=k^2\det P$.

1. $\det A=2\cdot 1-(-1)\cdot 1=3$.
2. $\det B=5\cdot 3-(-2)\cdot 2=19$, luego $\det (2B)=2^2\cdot 19=76$.
3. Entonces

$$\det \left(A^5(2B{)}^{-1}\right)=\frac{(\det A{)}^5}{\det (2B)}=\frac{3^5}{76}=\frac{243}{76}.$$

Resultado: $\frac{243}{76}\approx 3,20$

2.2.3) Igualamos las matrices elemento a elemento:

$$\alpha \left(\begin{array}{cc}2& -1\\ 1& 1\end{array}\right)+\beta \left(\begin{array}{cc}5& -2\\ 2& 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)⟹\{\begin{array}{rl}2\alpha +5\beta & =1\\ -\alpha -2\beta & =0\\ \alpha +2\beta & =0\\ \alpha +3\beta & =1\end{array}$$

1. De la segunda ecuación, $\alpha =-2\beta$.
2. En la primera: $-4\beta +5\beta =1$, luego $\beta =1$ y $\alpha =-2$.
3. Comprobamos con las otras dos: $\alpha +2\beta =-2+2=0$ y $\alpha +3\beta =-2+3=1$. Se cumplen todas.

Resultado: $\alpha =-2$, $\beta =1$

Resultado: 2.2.1) $x={\left(-\frac{2}{7},\frac{1}{7}\right)}^t$; 2.2.2) $\frac{243}{76}$; 2.2.3) $\alpha =-2$, $\beta =1$

3.1.1) Un plano perpendicular a $v=(2,-1,1)$ tiene a $v$ como vector normal, así que su ecuación es $2x-y+z+D=0$. Como pasa por $A(0,-1,0)$:

$$2\cdot 0-(-1)+0+D=0⟹D=-1.$$

Resultado: $\pi :2x-y+z-1=0$ (es decir, $2x-y+z=1$)

3.1.2) Una recta perpendicular a $\pi$ tiene como vector director el normal del plano, $v=(2,-1,1)$. Pasando por $B(1,0,1)$:

$$(x,y,z)=(1,0,1)+\lambda (2,-1,1)=(1+2\lambda ,-\lambda ,1+\lambda ),\lambda \in \mathbb{R}.$$

Resultado: $r:(x,y,z)=(1+2\lambda ,-\lambda ,1+\lambda )$, o bien $\frac{x-1}{2}=\frac{y}{-1}=\frac{z-1}{1}$

3.1.3) El punto de $\pi$ más próximo a $B$ es su proyección ortogonal sobre $\pi$, es decir, el punto de corte de la recta del apartado anterior con el plano.

1. Sustituimos $(1+2\lambda ,-\lambda ,1+\lambda )$ en $2x-y+z-1=0$:

$$2(1+2\lambda )-(-\lambda )+(1+\lambda )-1=0⟹2+4\lambda +\lambda +1+\lambda -1=0⟹2+6\lambda =0.$$

2. Luego $\lambda =-\frac{1}{3}$.
3. El punto es $C=\left(1-\frac{2}{3},\frac{1}{3},1-\frac{1}{3}\right)=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$.

Comprobación: $2\cdot \frac{1}{3}-\frac{1}{3}+\frac{2}{3}-1=0$.

Resultado: $C\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$

3.1.4) Aplicamos la fórmula de la distancia de un punto a un plano con $B(1,0,1)$ y $2x-y+z-1=0$:

$$d(B,\pi )=\frac{|2\cdot 1-0+1-1|}{\sqrt{2^2+(-1{)}^2+1^2}}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\approx 0,816.$$

(Coincide con $|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{{\left(\frac{2}{3}\right)}^2+{\left(\frac{1}{3}\right)}^2+{\left(\frac{1}{3}\right)}^2}=\sqrt{\frac{6}{9}}$.)

Resultado: $d(B,\pi )=\frac{2}{\sqrt{6}}\approx 0,816$

Resultado: 3.1.1) $2x-y+z-1=0$; 3.1.2) $(x,y,z)=(1+2\lambda ,-\lambda ,1+\lambda )$; 3.1.3) $C\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$; 3.1.4) $\frac{2}{\sqrt{6}}\approx 0,816$

3.2.1) Comprobamos si cada vértice cumple la ecuación $2x+3y-z=0$ de $\pi$:

1. $A(0,0,0)$: $0=0$, está en $\pi$.
2. $B(10,0,-20)$: $20+0+20=40\ne 0$, no está en $\pi$.
3. $C(0,15,-30)$: $0+45+30=75\ne 0$, tampoco.

Basta con que un vértice no esté en $\pi$ para que el triángulo no esté contenido en él.

Resultado: el triángulo $ABC$ no está contenido en $\pi$ (solo $A$ pertenece al plano).

3.2.2)

1. Hallamos el plano $\sigma$ que contiene a $A$, $B$ y $C$. Vectores: $\overrightarrow{AB}=(10,0,-20)$ y $\overrightarrow{AC}=(0,15,-30)$.
2. Un vector normal es su producto vectorial:

$$\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=\left|\begin{array}{ccc}\vec{i}& \vec{j}& \vec{k}\\ 10& 0& -20\\ 0& 15& -30\end{array}\right|=(0\cdot (-30)-(-20)\cdot 15,-(10\cdot (-30)-0),10\cdot 15-0)=(300,300,150).$$

Dividiendo entre 150 tomamos $n=(2,2,1)$.

3. Como pasa por $A(0,0,0)$: $\sigma :2x+2y+z=0$. (Comprobación: $B$ da $20+0-20=0$ y $C$ da $0+30-30=0$.)
4. La proyección $D^{\prime }$ de $D(1,2,-1)$ sobre $\sigma$ es el corte de $\sigma$ con la recta que pasa por $D$ con dirección $n$: $(x,y,z)=(1+2\lambda ,2+2\lambda ,-1+\lambda )$.
5. Sustituimos en $\sigma$:

$$2(1+2\lambda )+2(2+2\lambda )+(-1+\lambda )=0⟹5+9\lambda =0⟹\lambda =-\frac{5}{9}.$$

6. Entonces

$$D^{\prime }=\left(1-\frac{10}{9},2-\frac{10}{9},-1-\frac{5}{9}\right)=\left(-\frac{1}{9},\frac{8}{9},-\frac{14}{9}\right).$$

Comprobación: $2\left(-\frac{1}{9}\right)+2\cdot \frac{8}{9}-\frac{14}{9}=\frac{-2+16-14}{9}=0$.

Resultado: $D^{\prime }\left(-\frac{1}{9},\frac{8}{9},-\frac{14}{9}\right)$

3.2.3) Con $D(1,2,-1)$ y $\pi :2x+3y-z=0$:

$$d(D,\pi )=\frac{|2\cdot 1+3\cdot 2-(-1)|}{\sqrt{2^2+3^2+(-1{)}^2}}=\frac{9}{\sqrt{14}}=\frac{9\sqrt{14}}{14}\approx 2,405.$$

Resultado: $d(D,\pi )=\frac{9}{\sqrt{14}}\approx 2,405$

Resultado: 3.2.1) no está contenido; 3.2.2) $\left(-\frac{1}{9},\frac{8}{9},-\frac{14}{9}\right)$; 3.2.3) $\frac{9}{\sqrt{14}}\approx 2,405$

4.1.1) $F$ es una primitiva de $F^{\prime }$. Primero desarrollamos: $F^{\prime }(t)=t^2(10-t)=10t^2-t^3$.

1. Integramos: $F(t)=\int (10t^2-t^3)dt=\frac{10}{3}{t}^3-\frac{1}{4}{t}^4+C$.
2. Imponemos $F(0)=6$: $F(0)=C=6$.

Resultado: $F(t)=-\frac{1}{4}{t}^4+\frac{10}{3}{t}^3+6$

4.1.2) Estudiamos el crecimiento de $F$ para $t\ge 0$ con el signo de $F^{\prime }(t)=t^2(10-t)$.

1. $F^{\prime }(t)=0$ cuando $t=0$ o $t=10$.
2. Para $0<t<10$: $t^2>0$ y $10-t>0$, luego $F^{\prime }>0$ y $F$ crece.
3. Para $t>10$: $10-t<0$, luego $F^{\prime }<0$ y $F$ decrece. (En $t=0$ la derivada se anula pero no cambia de signo, así que no hay extremo.)
4. Por tanto $F$ tiene su máximo en $t=10$. Se comprueba también con la segunda derivada: $F^{\prime \prime }(t)=20t-3t^2$ y $F^{\prime \prime }(10)=200-300=-100<0$.
5. Valor del máximo:

$$F(10)=-\frac{10000}{4}+\frac{10000}{3}+6=-2500+\frac{10000}{3}+6=\frac{2518}{3}\approx 839,33.$$

Resultado: el máximo se alcanza a los $10$ días y vale $F(10)=\frac{2518}{3}\approx 839,33$

Resultado: 4.1.1) $F(t)=-\frac{1}{4}{t}^4+\frac{10}{3}{t}^3+6$; 4.1.2) a los 10 días, con valor $\frac{2518}{3}\approx 839,33$

4.2.1) El triángulo es isósceles: un lado (la base) mide $x$ y los otros dos miden $y$ cada uno.

1. Perímetro: $x+2y=60$, luego $y=\frac{60-x}{2}$.
2. La altura sobre la base divide el triángulo en dos triángulos rectángulos de hipotenusa $y$ y cateto $\frac{x}{2}$. Por Pitágoras:

$$h^2=y^2-{\left(\frac{x}{2}\right)}^2=\frac{(60-x{)}^2}{4}-\frac{x^2}{4}=\frac{3600-120x+x^2-x^2}{4}=900-30x.$$

3. Así $h=\sqrt{900-30x}$ y el área es $\frac{xh}{2}$.
4. Dominio: la base debe ser positiva y los lados iguales deben sumar más que la base ($2y>x$, es decir, $60-x>x$), así que $0<x<30$.

Resultado: $A(x)=\frac{x}{2}\sqrt{900-30x}$, con $0<x<30$

4.2.2)

1. La eficiencia es $f(x)=A(x{)}^2=\frac{x^2}{4}(900-30x)=225x^2-\frac{15}{2}{x}^3$. Como $A>0$, $f$ y $A$ tienen su máximo en el mismo punto.
2. Derivamos: $f^{\prime }(x)=450x-\frac{45}{2}{x}^2=\frac{45}{2}x(20-x)$.
3. $f^{\prime }(x)=0$ en $x=0$ (fuera del dominio) y en $x=20$.
4. Segunda derivada: $f^{\prime \prime }(x)=450-45x$ y $f^{\prime \prime }(20)=450-900=-450<0$, luego en $x=20$ hay un máximo. (También: $f^{\prime }>0$ para $0<x<20$ y $f^{\prime }<0$ para $20<x<30$.)
5. Área en ese caso:

$$A(20)=\frac{20}{2}\sqrt{900-600}=10\sqrt{300}=100\sqrt{3}\approx 173,2{\text{m}}^2.$$

(Con $x=20$ los tres lados miden 20 m: el triángulo es equilátero.)

Resultado: $x=20$ m y área $100\sqrt{3}\approx 173,2$ m${}^2$

Resultado: 4.2.1) $A(x)=\frac{x}{2}\sqrt{900-30x}$; 4.2.2) $x=20$ m, área $100\sqrt{3}\approx 173,2$ m${}^2$

Llamamos $H$ al suceso «es hombre», $M$ a «es mujer», $F$ a «finaliza los estudios» y $\bar{F}$ a «abandona». Los datos son $$P(H)=0,44,P(M)=0,56,P(\bar{F}\mid H)=0,20,P(\bar{F}\mid M)=0,15,$$ y por tanto $P(F\mid H)=0,80$ y $P(F\mid M)=0,85$.

1.1 Aplicamos el teorema de la probabilidad total.

1. $P(F)=P(H)P(F\mid H)+P(M)P(F\mid M)$.
2. $P(F)=0,44\cdot 0,80+0,56\cdot 0,85=0,352+0,476=0,828$.

Resultado: el $82,8\%$ de los estudiantes finaliza sus estudios.

1.2 Se pide $P(M\mid \bar{F})$, que se calcula con el teorema de Bayes.

1. Probabilidad de abandonar: $P(\bar{F})=1-P(F)=1-0,828=0,172$. (Equivale a $0,44\cdot 0,20+0,56\cdot 0,15=0,088+0,084$.)
2. $P(M\mid \bar{F})=\frac{P(M)P(\bar{F}\mid M)}{P(\bar{F})}=\frac{0,56\cdot 0,15}{0,172}=\frac{0,084}{0,172}=\frac{21}{43}\approx 0,4884$.

Resultado: $P(M\mid \bar{F})=\frac{21}{43}\approx 0,4884$

1.3 Cada alumno masculino finaliza con probabilidad $0,8$, independientemente de los demás. Sea $X$ el número de los 7 alumnos que finalizan: $X\sim B(7;0,8)$.

1. Se pide $P(X\ge 3)$. La tabla del examen no tiene $p=0,8$, así que pasamos a los que abandonan: $Y\sim B(7;0,2)$. Que finalicen al menos 3 equivale a que abandonen como máximo 4: $X\ge 3⟺Y\le 4$.
2. Con la tabla de la binomial ($n=7$, $p=0,20$, $k=4$): $P(Y\le 4)=0,9953$.

Comprobación sin tabla: $P(X\le 2)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{0}\right)0,2^7+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{1}\right)0,8\cdot 0,2^6+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)0,8^2\cdot 0,2^5\approx 0,00001+0,00036+0,00430=0,00467$, y $1-0,00467\approx 0,9953$.

Resultado: $P(X\ge 3)=P(Y\le 4)\approx 0,9953$

Resultado: 1.1) $82,8\%$; 1.2) $\frac{21}{43}\approx 0,4884$; 1.3) $\approx 0,9953$

2.1.1 Buscamos los valores de $a$ que anulan el determinante de $A$.

1. Desarrollamos por la primera fila: $$|A|=1\left|\begin{array}{cc}3& 1\\ 2& 0\end{array}\right|-1\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ a& 0\end{array}\right|+a\left|\begin{array}{cc}2& 3\\ a& 2\end{array}\right|=1\cdot (-2)-1\cdot (-a)+a(4-3a).$$
2. Simplificamos: $|A|=-2+a+4a-3a^2=-3a^2+5a-2=-(3a-2)(a-1)$.
3. Así, $|A|=0⟺a=1$ o $a=\frac{2}{3}$.
4. Si $a\ne 1$ y $a\ne \frac{2}{3}$, $|A|\ne 0$ y $\mathrm{rang}(A)=3$.
5. Si $a=1$: $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 2& 3& 1\\ 1& 2& 0\end{array}\right)$. El menor $\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 2& 3\end{array}\right|=1\ne 0$, luego el rango es 2 (no puede ser 3 porque $|A|=0$).
6. Si $a=\frac{2}{3}$: el menor formado por las dos primeras filas y columnas es el mismo, $\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 2& 3\end{array}\right|=1\ne 0$, luego el rango es 2.

Resultado: $\mathrm{rang}(A)=3$ si $a\ne 1,\frac{2}{3}$; $\mathrm{rang}(A)=2$ si $a=1$ o $a=\frac{2}{3}$.

2.1.2 Sea $A^{\ast }=(A\mid w)$ la matriz ampliada. Aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius; el sistema tiene 3 incógnitas.

1. Si $a\ne 1,\frac{2}{3}$: $\mathrm{rang}(A)=\mathrm{rang}(A^{\ast })=3=$ nº de incógnitas, así que es compatible determinado (SCD).
2. Si $a=1$: las filas son $F_1=(1,1,1\mid 1)$, $F_2=(2,3,1\mid 0)$, $F_3=(1,2,0\mid -1)$. Se cumple $F_2-F_1=(1,2,0\mid -1)=F_3$, así que la ampliada también tiene rango 2. Como $\mathrm{rang}(A)=\mathrm{rang}(A^{\ast })=2<3$, es compatible indeterminado (SCI).
3. Si $a=\frac{2}{3}$: probamos el menor de la ampliada formado por las tres filas y las columnas 1, 2 y 4: $$\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 2& 3& 0\\ \frac{2}{3}& 2& -1\end{array}\right|=1(-3-0)-1\left(-2-0\right)+1\left(4-2\right)=-3+2+2=1\ne 0.$$ Entonces $\mathrm{rang}(A^{\ast })=3>\mathrm{rang}(A)=2$ y el sistema es incompatible (SI).

Resultado: SCD si $a\ne 1,\frac{2}{3}$; SCI si $a=1$; SI si $a=\frac{2}{3}$.

2.1.3 Es compatible determinado cuando $a\ne 1,\frac{2}{3}$. Usamos la regla de Cramer para $z$.

1. Sustituimos la tercera columna de $A$ por $w$: $$\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 2& 3& 0\\ a& 2& -1\end{array}\right|=1(-3-0)-1(-2-0)+1(4-3a)=-3+2+4-3a=3-3a.$$
2. $z=\frac{3-3a}{|A|}=\frac{3(1-a)}{-(3a-2)(a-1)}=\frac{3(1-a)}{(3a-2)(1-a)}=\frac{3}{3a-2}$, simplificando $1-a\ne 0$.

Resultado: $z=\frac{3}{3a-2}$

Resultado: 2.1.1) $\mathrm{rang}(A)=3$ si $a\ne 1,\frac{2}{3}$ y $2$ si $a=1$ o $a=\frac{2}{3}$; 2.1.2) SCD si $a\ne 1,\frac{2}{3}$, SCI si $a=1$, SI si $a=\frac{2}{3}$; 2.1.3) $z=\frac{3}{3a-2}$

2.2.1 Una matriz es ortogonal si $A^{-1}=A^T$, es decir, si $A{A}^T=A^{T}A=I$.

1. $A^T=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right)$ y $$A{A}^T=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 1& 0& 0\\ 0& 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=I.$$ De modo análogo $A^{T}A=I$. Por tanto $A$ es ortogonal.
2. Potencias de $A$: $A^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right)$ y $A^3=A^{2}A=I$.
3. Como $38=3\cdot 12+2$: $A^{38}=(A^3{)}^{12}{A}^2=A^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right)$ (que coincide con $A^T$).
4. Como $A{A}^T=I$: $(A{A}^T{)}^{39}=I^{39}=I$.

Resultado: $A^{38}=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right)$ y $(A{A}^T{)}^{39}=I$.

2.2.2 No puede ser cero.

1. Si $A$ es ortogonal, $A{A}^T=I$. Tomando determinantes: $|A||A^T|=|I|=1$.
2. Como $|A^T|=|A|$, resulta $|A{|}^2=1$, luego $|A|=\pm 1\ne 0$.
3. (Otra forma: una matriz ortogonal tiene inversa, y una matriz con inversa tiene determinante no nulo.)

Resultado: No; el determinante de una matriz ortogonal es $1$ o $-1$.

2.2.3 Sí es ortogonal. Veamos que $(AB)(AB{)}^T=I$, usando $(AB{)}^T=B^T{A}^T$ y $B{B}^T=A{A}^T=I$:

1. $(AB)(AB{)}^T=AB{B}^T{A}^T=AI{A}^T=A{A}^T=I$.
2. Análogamente, $(AB{)}^T(AB)=B^T{A}^{T}AB=B^{T}B=I$.
3. Luego $(AB{)}^{-1}=(AB{)}^T$.

Resultado: Sí, el producto de dos matrices ortogonales de igual dimensión es ortogonal.

2.2.4 Despejamos $X$ de $A^{2}X=2B$.

1. Como $A^3=I$, se tiene $A^2\cdot A=I$, es decir, $(A^2{)}^{-1}=A$.
2. Multiplicamos por $A$ por la izquierda: $X=2AB$.
3. Calculamos $$AB=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 1& 0& 0\\ 0& 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& 3\\ 2& 0\\ 3& 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}3& 4\\ 0& 3\\ 2& 0\end{array}\right).$$
4. Por tanto $X=2AB=\left(\begin{array}{cc}6& 8\\ 0& 6\\ 4& 0\end{array}\right)$.

Resultado: $X=\left(\begin{array}{cc}6& 8\\ 0& 6\\ 4& 0\end{array}\right)$

Resultado: 2.2.1) $A^{38}=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right)$, $(A{A}^T{)}^{39}=I$; 2.2.2) no, $|A|=\pm 1$; 2.2.3) sí; 2.2.4) $X=\left(\begin{array}{cc}6& 8\\ 0& 6\\ 4& 0\end{array}\right)$

3.1.1 Dos puntos son simétricos respecto a un plano cuando el plano es perpendicular al segmento que los une y pasa por su punto medio (plano mediador).

1. Punto medio de $AB$: $M=\left(\frac{1+3}{2},\frac{-2+4}{2},\frac{1+3}{2}\right)=(2,1,2)$.
2. Vector normal: $\overrightarrow{AB}=(2,6,2)$, que es proporcional a $\vec{n}=(1,3,1)$.
3. El plano es $x+3y+z+D=0$. Imponemos que pase por $M$: $2+3+2+D=0$, luego $D=-7$.

Resultado: ${\pi }_1:x+3y+z-7=0$

3.1.2 La recta $r$ tiene punto $P_r=(0,2,1)$ y vector director ${\vec{v}}_r=(2,-1,1)$. Está contenida en ${\pi }_1$ si un punto suyo está en ${\pi }_1$ y ${\vec{v}}_r$ es perpendicular a la normal.