Matrices: ejercicios de la PAU de Matemáticas CCSS resueltos

Planteamiento Todos los estudiantes tienen la misma probabilidad de ser escogidos, así que aplicamos la regla de Laplace con los recuentos de la tabla. Cuando sabemos que el estudiante hace máster, los casos posibles son solo los $533$ estudiantes de máster (probabilidad condicionada).

1. Doctorado y Letras: $48$ estudiantes de un total de $2\,000$:

   $P(D\cap L)=\frac{48}{2\,000}=\frac{3}{125}=0{,}024$

2. Ingeniería sabiendo que hace máster: $178$ de los $533$ estudiantes de máster:

   $P(I\mid M)$${}= \frac{P(I\cap M)}{P(M)}$${}= \frac{178/2\,000}{533/2\,000}$${}= \frac{178}{533}$${}\approx 0{,}3340$

Planteamiento Ponemos las facultades en las filas y los niveles en las columnas. Sumar las filas equivale a multiplicar por la izquierda por el vector fila $(1\ 1\ 1)$; el importe total es el producto del vector de totales por el vector columna de precios.

1. Matriz de la tabla (filas: C, I, L; columnas: G, M, D):

   $A$${}= \begin{pmatrix}450&172&41\\ 445&178&45\\ 438&183&48\end{pmatrix}$

2. Totales por nivel:

   $T$${}= (1\ \ 1\ \ 1)\cdot A$${}= (450+445+438\ \ \ 172+178+183\ \ \ 41+45+48)$${}= (1\,333\ \ \ 533\ \ \ 134)$

3. Vector de precios de matrícula (G, M, D), en euros:

   $P$${}= \begin{pmatrix}1\,000\\ 1\,500\\ 500\end{pmatrix}$

4. Importe total:

   $T\cdot P$${}= 1\,333\cdot 1\,000$${}+533\cdot 1\,500$${}+134\cdot 500$${}= 1\,333\,000+799\,500$${}+67\,000$${}= 2\,199\,500$

Planteamiento Regla de Laplace con los recuentos de la tabla. Si sabemos que el estudiante es de Ingeniería, los casos posibles son solo los $668$ estudiantes de esa facultad.

1. Máster y Ciencias: $172$ estudiantes de un total de $2\,000$:

   $P(M\cap C)=\frac{172}{2\,000}=\frac{43}{500}=0{,}086$

2. Máster sabiendo que es de Ingeniería: $178$ de los $668$ estudiantes de Ingeniería:

   $P(M\mid I)=\frac{178}{668}=\frac{89}{334}\approx 0{,}2665$

Planteamiento Llamamos $x$, $y$ y $z$ a los becados de grado, de máster y de doctorado. Cada frase del enunciado es una ecuación; los totales de grado y de máster los sacamos de la tabla.

1. Total de becados:

   $x+y+z=1\,036$

2. La mitad de los estudiantes de grado y máster ($1\,333$ y $533$ en la tabla) están becados:

   $x+y=\frac{1\,333+533}{2}=\frac{1\,866}{2}=933$

3. Tantos becados de máster como de doctorado:

   $y=z$

4. Gauss (orden $x$, $y$, $z$): $F_2-F_1$ y después $F_3+F_2$:

   $\left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\,036\\ 1&1&0&933\\ 0&1&-1&0\end{array}\right)$${}\to \left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\,036\\ 0&0&-1&-103\\ 0&1&-1&0\end{array}\right)$${}\to \left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\,036\\ 0&0&-1&-103\\ 0&1&-2&-103\end{array}\right)$

5. De la segunda fila, $z=103$; de la tercera, $y=2z-103=103$; y de la primera:

   $x=1\,036-103-103=830$

Planteamiento Cada inscripción es presencial con la proporción del curso pasado, y las 15 son independientes: el número $X$ de inscripciones presenciales es una binomial. Calculamos $P(X=10)$ con la fórmula de la binomial y la esperanza con $E(X)=np$.

1. Actividades presenciales del curso pasado: $96+84=180$ de $240$:

   $p=\frac{180}{240}=0{,}75$$1-p=0{,}25$

2. Distribución:

   $X\sim B(15;\ 0{,}75)$

3. Fórmula de la binomial, con $\binom{15}{10}=3\,003$:

   $P(X=10)$${}= \binom{15}{10}\,0{,}75^{10}\,0{,}25^{5}$${}= 3\,003\cdot\frac{3^{10}}{4^{15}}$${}\approx 0{,}1651$

4. Esperanza:

   $E(X)=np=15\cdot 0{,}75=11{,}25$

5. La esperanza es una media: no tiene por qué ser un número entero. Quiere decir que, de media, unas 11 de cada 15 inscripciones son presenciales.

Planteamiento Llamamos $x$, $y$ y $z$ a las actividades de Carme, Saïd y Martí. Los tres datos dan un sistema de tres ecuaciones, que resolvemos por Gauss.

1. Sistema:

   $\begin{cases}x-z=30\\ y-z=18\\ x+y+z=240\end{cases}$

2. Gauss: $F_3-F_1$ y después $F_3-F_2$:

   $\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&-1&30\\ 0&1&-1&18\\ 1&1&1&240\end{array}\right)$${}\to \left(\begin{array}{ccc|c}1&0&-1&30\\ 0&1&-1&18\\ 0&1&2&210\end{array}\right)$${}\to \left(\begin{array}{ccc|c}1&0&-1&30\\ 0&1&-1&18\\ 0&0&3&192\end{array}\right)$

3. Resolvemos:

   $z=\frac{192}{3}=64$$y=64+18=82$$x=64+30=94$

Planteamiento Para saber si algún día hay 20 familias, resolvemos $f(t)=20$. Para el máximo, derivamos $f$, buscamos dónde se anula para $t\ge 0$ y comprobamos el cambio de signo.

1. Ecuación $f(t)=20$:

   $\frac{100t}{t^2+4}$${}= 20$${}\Longrightarrow 100t$${}= 20t^2+80$${}\Longrightarrow t^2-5t+4=0$${}\Longrightarrow t=1$$\text{o}\ \ t=4$

2. Derivada (regla del cociente):

   $f'(t)$${}= \frac{100(t^2+4)-100t\cdot 2t}{(t^2+4)^2}$${}= \frac{100(4-t^2)}{(t^2+4)^2}$

3. $f'(t)=0$ para $t=\pm 2$; solo tiene sentido $t=2$. El denominador es positivo, así que el signo es el de $4-t^2$:

   $0<t<2:\ f'(t)>0$$t>2:\ f'(t)<0$

4. Por tanto, $t=2$ es el máximo. Valor:

   $f(2)=\frac{100\cdot 2}{2^2+4}=\frac{200}{8}=25$

ResultadoSí: hay exactamente 20 familias inscritas los días $t=1$ y $t=4$. El máximo se alcanza el día $t=2$, con $25$ familias.

La pauta oficial da: $t=1$, $t=4$; $t=2$, $f(2)=25$

Planteamiento Cada fila de $\boldsymbol{R}$ dice qué parte de cada tipo de preparación hace una persona. Multiplicarla por las horas de cada tipo y sumar da las horas de preparación de esa persona.

1. Producto fila por columna:

   $\boldsymbol{R}\cdot\boldsymbol{h}$${}= \begin{pmatrix}0{,}50\cdot 24+0{,}30\cdot 21+0{,}20\cdot 15\\ 0{,}30\cdot 24+0{,}50\cdot 21+0{,}20\cdot 15\\ 0{,}20\cdot 24+0{,}20\cdot 21+0{,}60\cdot 15\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}12+6{,}3+3\\ 7{,}2+10{,}5+3\\ 4{,}8+4{,}2+9\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}21{,}3\\ 20{,}7\\ 18\end{pmatrix}$

2. Comprobación: cada columna de $\boldsymbol{R}$ suma $1$ (cada preparación se reparte entera), y el total de horas se conserva:

   $21{,}3+20{,}7+18=60=24+21+15$

Planteamiento Llamamos $U$, $S$ e $I$ a los tres niveles (universidad, secundaria, infantil y primaria) y $A$ a «ser mujer». La probabilidad de ser mujer sale del teorema de la probabilidad total, y la de ser de secundaria sabiendo que es mujer, del teorema de Bayes.

1. Datos (el resto, $1-0{,}1-0{,}5$, es infantil y primaria):

   $P(U)=0{,}1,\ P(S)=0{,}5,\ P(I)=0{,}4$$P(A\mid U)$${}= 0{,}4,\ P(A\mid S)$${}= 0{,}52,\ P(A\mid I)$${}= 0{,}65$

2. Probabilidad total:

   $P(A)$${}= 0{,}1\cdot 0{,}4+0{,}5\cdot 0{,}52$${}+0{,}4\cdot 0{,}65$${}= 0{,}04+0{,}26+0{,}26$${}= 0{,}56$

3. Bayes:

   $P(S\mid A)$${}= \frac{P(S)P(A\mid S)}{P(A)}$${}= \frac{0{,}26}{0{,}56}$${}= \frac{13}{28}$${}\approx 0{,}4643$

Planteamiento Llamamos $x$, $y$ y $z$ a los inscritos de universidad, de secundaria y de infantil y primaria. Los porcentajes de cada nivel y el número de mujeres dan tres ecuaciones.

1. El 10 % del total es de universidad y el 50 %, de secundaria:

   $x=0{,}1(x+y+z)\Rightarrow -9x+y+z=0$$y=0{,}5(x+y+z)\Rightarrow x-y+z=0$

2. Las mujeres son 476:

   $0{,}4x+0{,}52y+0{,}65z$${}= 476$${}\Rightarrow 40x+52y+65z$${}= 47\,600$

3. Gauss con $F_1:\ x-y+z=0$. Hacemos $F_2+9F_1$ y $F_3-40F_1$:

   $\left(\begin{array}{ccc|c}1&-1&1&0\\ -9&1&1&0\\ 40&52&65&47\,600\end{array}\right)$${}\to \left(\begin{array}{ccc|c}1&-1&1&0\\ 0&-8&10&0\\ 0&92&25&47\,600\end{array}\right)$

4. De la segunda fila, $y=\frac{5}{4}z$. En la tercera:

   $92\cdot\frac{5}{4}z+25z$${}= 115z+25z$${}= 140z$${}= 47\,600$${}\Rightarrow z=340$

5. Las otras incógnitas:

   $y=\frac{5}{4}\cdot 340=425$$x=y-z=425-340=85$

6. Comprobación por otro camino: $P(A)=0{,}56$ es la fracción de mujeres, así que el total de inscritos es

   $\frac{476}{0{,}56}=850$$0{,}1\cdot 850=85$$0{,}5\cdot 850=425$$0{,}4\cdot 850=340$

Planteamiento Con $1\,000$ personas y los mismos porcentajes, el pedido es el vector fila de detalles de cada tipo. Multiplicado por la matriz de precios, cada componente da el coste total en una empresa.

1. Pedido: el 10 %, el 50 % y el 40 % de $1\,000$:

   $(x,y,z)=(100,\ 500,\ 400)$

2. Producto:

   $(100\ \ 500\ \ 400)\begin{pmatrix}1{,}25&1&1{,}25\\ 0{,}75&1&1{,}15\\ 1&0{,}85&0{,}80\end{pmatrix}$${}= (125+375+400\ \ \ 100+500+340\ \ \ 125+575+320)$${}= (900\ \ \ 940\ \ \ 1\,020)$

Planteamiento Si se aplica $x$ veces el descuento, el precio es $80-x$ y las reservas, $100+2x$; los ingresos son el producto. Buscamos el máximo de esta parábola con la derivada.

1. Función de ingresos:

   $I(x)$${}= (80-x)(100+2x)$${}= -2x^2+60x+8\,000$

2. Derivada:

   $I'(x)=-4x+60=0\ \Longrightarrow\ x=15$

3. Para $x<15$, $I'(x)>0$, y para $x>15$, $I'(x)<0$: es un máximo. Precio e ingresos:

   $80-15=65$$I(15)=65\cdot 130=8\,450$

Planteamiento Se pide escribir los datos en forma de matrices y calcular con un producto el coste del pedido en cada proveedor. Ponemos los proveedores en las filas y los productos (aceite, harina, sal) en las columnas de la matriz de precios; el pedido es un vector columna con los productos en el mismo orden.

1. Matriz de precios $P$ (filas: proveedores 1.º, 2.º y 3.º; columnas: aceite en €/L, harina y sal en €/kg):

   $P$${}= \begin{pmatrix}3&0{,}6&1\\ 3{,}5&1&0{,}7\\ 2{,}5&0{,}8&0{,}9\end{pmatrix}$

2. Vector columna del pedido $Q$ (litros de aceite, kg de harina, kg de sal). Una matriz $3\times 3$ por una $3\times 1$ da una $3\times 1$, un coste por proveedor:

   $Q$${}= \begin{pmatrix}300\\ 700\\ 25\end{pmatrix}$

3. Producto, cada fila por el pedido:

   $P\cdot Q$${}= \begin{pmatrix}3\cdot 300+0{,}6\cdot 700+1\cdot 25\\ 3{,}5\cdot 300+1\cdot 700+0{,}7\cdot 25\\ 2{,}5\cdot 300+0{,}8\cdot 700+0{,}9\cdot 25\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}900+420+25\\ 1\,050+700+17{,}5\\ 750+560+22{,}5\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}1\,345\\ 1\,767{,}5\\ 1\,332{,}5\end{pmatrix}$

Planteamiento Se pide el beneficio diario en función de $x$, el precio de venta que lo hace máximo y ese beneficio. Si el precio sube $x$ veces 0,01 €, el paquete se vende a $1{,}1+0{,}01x$ euros y se venden $1\,000-10x$ paquetes; cada paquete deja de beneficio su precio menos los $0{,}5$ € que cuesta producirlo.

1. Beneficio por paquete:

   $1{,}1+0{,}01x-0{,}5=0{,}6+0{,}01x$

2. Beneficio diario: beneficio por paquete por paquetes vendidos (con $0\le x\le 100$, para que el número de paquetes no sea negativo):

   $B(x)$${}= (0{,}6+0{,}01x)(1\,000-10x)$${}= 600-6x+10x-0{,}1x^2$${}= -0{,}1x^2+4x+600$

3. Derivamos e igualamos a cero:

   $B'(x)$${}= -0{,}2x+4=0$${}\Longrightarrow x=\frac{4}{0{,}2}$${}= 20$

4. Signo de la derivada a cada lado: $B$ crece antes de $x=20$ y decrece después, así que en $x=20$ hay un máximo:

   $B'(10)=2>0$$B'(30)=-2<0$

5. Precio de venta y beneficio máximo:

   $1{,}1+0{,}01\cdot 20=1{,}3$$B(20)$${}= (0{,}6+0{,}2)(1\,000-200)$${}= 0{,}8\cdot 800$${}= 640$

Planteamiento Se pide cuánto aceite, harina y sal se ha comprado al primer proveedor (aceite a 3 €/L, harina a 0,6 €/kg y sal a 1 €/kg). Llamamos $x$ a los litros de aceite, $y$ a los kilos de harina y $z$ a los kilos de sal; cada dato es una ecuación.

1. Gasto total:

   $3x+0{,}6y+z=1\,320$

2. El triple de harina que de sal:

   $y=3z$

3. Lo gastado en harina, $0{,}6y$, es el 30 % de lo gastado en aceite, $3x$:

   $0{,}6y$${}= 0{,}3\cdot 3x$${}\Longrightarrow 0{,}6y$${}= 0{,}9x$${}\Longrightarrow y=1{,}5x$

4. De las dos últimas ecuaciones, $z=\frac{y}{3}=0{,}5x$. Sustituimos $y$ y $z$ en la primera:

   $3x+0{,}6\cdot 1{,}5x+0{,}5x$${}= 1\,320$${}\Longrightarrow 4{,}4x$${}= 1\,320$${}\Longrightarrow x=300$

5. Las otras dos cantidades:

   $y=1{,}5\cdot 300=450$$z=0{,}5\cdot 300=150$

6. Comprobación del gasto total:

   $3\cdot 300+0{,}6\cdot 450+150$${}= 900+270+150$${}= 1\,320$

Planteamiento Se pide un intervalo de confianza del 95 % para el peso medio de los paquetes y decidir si la etiqueta de 500 g es incorrecta. El peso es normal con desviación típica conocida, $\sigma=4$ g, así que usamos la fórmula de la media con $\sigma$ conocida y $z_\gamma=1{,}96$.

1. Media de la muestra ($n=9$):

   $\bar x$${}= \frac{501+506+497+495+503+491+512+505+499}{9}$${}= \frac{4\,509}{9}$${}= 501$

2. Margen de error:

   $z_\gamma\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$${}= 1{,}96\cdot\frac{4}{\sqrt{9}}$${}= 1{,}96\cdot\frac{4}{3}$${}\approx 2{,}6133$

3. Extremos del intervalo:

   $501-2{,}6133\approx 498{,}39$$501+2{,}6133\approx 503{,}61$

4. El peso de la etiqueta, $500$ g, está dentro del intervalo:

   $498{,}39<500<503{,}61$

Planteamiento Los ingresos de cada línea son el número de coches eléctricos por $40\,000$ más el de coches de combustión por $30\,000$: es el producto de la matriz de la tabla por el vector columna de precios. Para la probabilidad, llamamos $E$, $C$ y $D$ a «eléctrico», «combustión» y «defectuoso», y usamos el teorema de Bayes.

1. Producto (filas: $L1$, $L2$, $L3$):

   $\begin{pmatrix}20&80\\ 30&100\\ 40&110\end{pmatrix}\begin{pmatrix}40\,000\\ 30\,000\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}800\,000+2\,400\,000\\ 1\,200\,000+3\,000\,000\\ 1\,600\,000+3\,300\,000\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}3\,200\,000\\ 4\,200\,000\\ 4\,900\,000\end{pmatrix}$

2. En la fábrica hay $20+30+40=90$ coches eléctricos y $80+100+110=290$ de combustión, $380$ en total:

   $P(E)=\frac{90}{380}$$P(C)=\frac{290}{380}$$P(D\mid E)=0{,}01$$P(D\mid C)=0{,}02$

3. Bayes (el factor $\frac{1}{380}$ se simplifica):

   $P(C\mid D)$${}= \frac{0{,}02\cdot 290}{0{,}02\cdot 290+0{,}01\cdot 90}$${}= \frac{5{,}8}{5{,}8+0{,}9}$${}= \frac{58}{67}$${}\approx 0{,}8657$

Planteamiento El gasto acumulado es el precio de compra más el coste por kilómetro ($\frac{1}{100}$ € o $\frac{6}{100}$ € por km) multiplicado por los kilómetros. Igualamos las dos funciones para encontrar dónde se cruzan.

1. Funciones de gasto (en euros, con $x$ en km):

   $D_E(x)=40\,000+\frac{x}{100}$$D_C(x)=30\,000+\frac{6x}{100}$

2. Igualamos:

   $40\,000+0{,}01x$${}= 30\,000+0{,}06x$${}\Longrightarrow 10\,000$${}= 0{,}05x$${}\Longrightarrow x=200\,000\ \mathrm{km}$

3. Para $x>200\,000$ km, $D_E(x)<D_C(x)$ (la pendiente de $D_E$ es menor). Con $20\,000$ km al año:

   $\frac{200\,000}{20\,000}=10$

Resultado$D_E(x)=40\,000+\dfrac{x}{100}$ y $D_C(x)=30\,000+\dfrac{6x}{100}$. A los $10$ años ($200\,000$ km) los gastos se igualan; a partir de entonces sale más a cuenta el coche eléctrico.

La pauta oficial da: $D_E(x)=40000+\frac{1}{100}x$, $D_T(x)=30000+\frac{6}{100}x$; $x=200\,000$; $10$

Planteamiento Si $x$ es el número real de eléctricos en $L2$, los ingresos de la línea son $40\,000x+100\cdot 30\,000$. Después aplicamos Bayes solo con los vehículos de $L2$.

1. Ecuación:

   $40\,000x+3\,000\,000$${}= 3\,720\,000$${}\Longrightarrow 40\,000x$${}= 720\,000$${}\Longrightarrow x=18$

2. En $L2$ hay $18$ eléctricos y $100$ de combustión ($118$ en total):

   $P(E)=\frac{18}{118}$$P(C)=\frac{100}{118}$

3. Bayes (el factor $\frac{1}{118}$ se simplifica):

   $P(E\mid D)$${}= \frac{0{,}01\cdot 18}{0{,}01\cdot 18+0{,}02\cdot 100}$${}= \frac{0{,}18}{2{,}18}$${}= \frac{9}{109}$${}\approx 0{,}0826$

Planteamiento Usamos las funciones de gasto: igualamos la de combustión a $36\,000$ € para encontrar los kilómetros y los sustituimos en la del eléctrico.

1. Combustión:

   $30\,000+\frac{6x}{100}$${}= 36\,000$${}\Longrightarrow \frac{6x}{100}$${}= 6\,000$${}\Longrightarrow x=100\,000\ \mathrm{km}$

2. Eléctrico con los mismos kilómetros:

   $D_E(100\,000)$${}= 40\,000+\frac{100\,000}{100}$${}= 41\,000$

Planteamiento Multiplicamos cada matriz por su número, sumamos elemento a elemento y después sumamos cada fila y cada columna del resultado.

1. Productos por un número:

   $10\boldsymbol{A}$${}= \begin{pmatrix}10&-10&0\\ -10&0&10\\ 0&10&-10\end{pmatrix}$$3\boldsymbol{B}$${}= \begin{pmatrix}0&-3&3\\ 3&0&-3\\ -3&3&0\end{pmatrix}$$18\boldsymbol{C}$${}= \begin{pmatrix}0&54&0\\ 18&18&18\\ 36&-18&36\end{pmatrix}$

2. Suma:

   $10\boldsymbol{A}+3\boldsymbol{B}+18\boldsymbol{C}$${}= \begin{pmatrix}10&41&3\\ 11&18&25\\ 33&-5&26\end{pmatrix}$

3. Sumas de las filas:

   $10+41+3=54$$11+18+25=54$$33-5+26=54$

4. Sumas de las columnas:

   $10+11+33=54$$41+18-5=54$$3+25+26=54$