Álgebra. PAU.

PAU Larioja 2026 (julio) Dos productos A y B compiten en el mercado. Sus demandas $x_a$ y $x_b$ están relacionadas con sus precios, $p_a$ y $p_b$, por las siguientes ecuaciones de demanda: $$x_a = 17 - 2p_a + \mfrac{1}{2}p_b, \qquad x_b = 20 - 3p_b + \mfrac{1}{2}p_a.$$ Las ecuaciones de oferta son: $$p_a = 2 + x_a + \mfrac{1}{3}x_b, \qquad p_b = 2 + \frac{1}{2}x_b + \mfrac{1}{4}x_a,$$ que dan los precios a los cuales las cantidades $x_a$ e $x_b$ estarán disponibles en el mercado. Calcula los valores de equilibrio de $x_a, x_b, p_a$ y $p_b$ que resuelven el sistema planteado: $$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -1/2 \\ 0 & 1 & -1/2 & 3 \\ -1 & -1/3 & 1 & 0 \\ -1/4 & -1/2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_a \\ x_b \\ p_a \\ p_b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 17 \\ 20 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}.$$ Vamos a resolver el problema: \[ (A|B) = \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 2 & -1/2 & 17 \cr 0 & 1 & -1/2 & 3 & 20 \cr -1 & -1/3 & 1 & 0 & 2 \cr -1/4 & -1/2 & 0 & 1 & 2 \end{array} \right) \] Vamos a hacer ceros por debajo de la diagonal: Primer paso, a la $\odn{3}{a}$ fila le suma la $\odn{1}{a}$ y a la $\odn{4}{a}$ fila le sumo la $\odn{1}{a}$ multiplicada por $\mfrac{1}{4}$: \[ (A|B) = \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 2 & -1/2 & 17 \cr 0 & 1 & -1/2 & 3 & 20 \cr 0 & -1/3 & 3 & -1/2 & 19 \cr 0 & -1/2 & 1/2 & 7/8 & 25/4 \end{array} \right) \] Segundo paso, a la $\odn{3}{a}$ fila le suma la $\odn{2}{a}$ multiplicada por $\mfrac{1}{3}$ (el resultado final lo multiplicamos por 6) y a la $\odn{4}{a}$ fila le sumo la $\odn{2}{a}$ multiplicada por $\mfrac{1}{2}$ (el resultaod final lo multiplicamos por 4): \[ (A|B) = \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 2 & -1/2 & 17 \cr 0 & 1 & -1/2 & 3 & 20 \cr 0 & 0 & 17 & 3 & 154 \cr 0 & 0 & 1 & 19/2 & 65 \end{array} \right) \] Tercer paso. permutamos la $\odn{3}{a}$ y la $\odn{4}{a}$: \[ (A|B) = \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 2 & -1/2 & 17 \cr 0 & 1 & -1/2 & 3 & 20 \cr 0 & 0 & 1 & 19/2 & 65 \cr 0 & 0 & 17 & 3 & 154 \end{array} \right) \] Cuarto paso, a la $\odn{4}{a}$ fila le suma la $\odn{4}{a}$ multiplicada por $-17$ (el resultado final lo multiplicamos por 3): \[ (A|B) = \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 2 & -1/2 & 17 \cr 0 & 1 & -1/2 & 3 & 20 \cr 0 & 0 & 1 & 19/2 & 65 \cr 0 & 0 & 0 & 317/2 & 951 \end{array} \right) \] Ahora despejamos el sistema de abajo hacia arriba, empezmos por $p_b$: \[ \mfrac{317}{2} p_b = 951 \implies 317 p_b = 1902 \implies p_b = 6 \] Ahora $p_a$: \[ p_a + \mfrac{19}{2} \cdot p_b = 65 \implies p_a = 65 - \mfrac{19}{2} \cdot 6 = 65 - 57 = 8 \] Ahora $x_b$: \[ x_b - \mfrac{1}{2} \cdot p_a + 3 \cdot p_b = 20 \implies x_b = 20 + \mfrac{1}{2} \cdot 8 - 3 \cdot 6 = 20 + 4 - 18 = 6 \] Ahora $x_a$: \[ x_a + 2 \cdot p_a - \mfrac{1}{2} \cdot p_b = 17 \implies x_a = 17 - 2 \cdot 8 + \mfrac{1}{2} \cdot 6 = 17 - 16 + 3 = 4 \] Vamos a comprobar la solución: $$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -1/2 \\ 0 & 1 & -1/2 & 3 \\ -1 & -1/3 & 1 & 0 \\ -1/4 & -1/2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 \\ 6 \\ 8 \\ 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 + 16 - 3 \\ 6 - 4 + 18 \\ -4 - 2 + 8 \\ -1 - 3 + 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 17 \\ 20 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}.$$ PAU La Rioja 2026 (julio) Dada la matriz $$X = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \\ 1 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix},$$ calcula $A = I_4 - X(X^t X)^{-1} X^t$ y comprueba que es idempotente, es decir, que $A^2 = A$. Primero vamos a calcular la traspuesta de $X$: \[ X^t = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 3 \end{pmatrix} \] Ahora hacemos el producto de matrices $X^t \cdot X$, ordenes de las matrices $(2 \times 4) \cdot (4 \times 2) = (2 \times 2)$: \[ X^t \cdot X = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \\ 1 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 7 \\ 7 & 15 \end{pmatrix} \] El resultado es una matriz inversible (|X^t \cdot X| = 11 \neq 0) y se calcula muy fácilmente: \[ (X^t \cdot X)^{-1} = \mfrac{1}{11} \cdot \begin{pmatrix} 15 & -7 \\ -7 & 4 \end{pmatrix} \] Vamos a ir calculando $A$ poco a poco, ahora multiplicamos $X \cdot (X^t \cdot X)^{-1}$: \[ X \cdot (X^t \cdot X)^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \\ 1 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} \cdot \mfrac{1}{11} \cdot \begin{pmatrix} 15 & -7 \\ -7 & 4 \end{pmatrix} = \mfrac{1}{11} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \\ 1 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 15 & -7 \\ -7 & 4 \end{pmatrix} = \mfrac{1}{11} \cdot \begin{pmatrix} 8 & -3 \\ 1 & 1 \\ 8 & -3 \\ -6 & 5 \end{pmatrix} \] Ahora hacemos $X \cdot (X^t \cdot X)^{-1} \cdot X^t$: \[ X \cdot (X^t \cdot X)^{-1} \cdot X^t = \mfrac{1}{11} \cdot \begin{pmatrix} 8 & -3 \\ 1 & 1 \\ 8 & -3 \\ -6 & 5 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 3 \end{pmatrix} = \mfrac{1}{11} \cdot \begin{pmatrix} 5 & 2 & 5 & -1 \\ 2 & 3 & 2 & 4 \\ 5 & 2 & 5 & -1 \\ -1 & 4 & -1 & 9 \end{pmatrix} \] Ahora el paso final: \[ A = I_4 - \mfrac{1}{11} \cdot \begin{pmatrix} 5 & 2 & 5 & -1 \\ 2 & 3 & 2 & 4 \\ 5 & 2 & 5 & -1 \\ -1 & 4 & -1 & 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - \mfrac{1}{11} \cdot \begin{pmatrix} 5 & 2 & 5 & -1 \\ 2 & 3 & 2 & 4 \\ 5 & 2 & 5 & -1 \\ -1 & 4 & -1 & 9 \end{pmatrix} = \mfrac{1}{11} \cdot \begin{pmatrix} 6 & -2 & -5 & 1 \\ -2 & 8 & -2 & -4 \\ -5 & -2 & 6 & 1 \\ 1 & -4 & 1 & 2 \end{pmatrix} \]  Ahora veamos que $A^2 = A$ de una forma sencilla: \[ A^2 = (I_4 - X(X^t X)^{-1} X^t)^2 = I_4^2 - 2 \cdot I_4 \cdot X(X^t X)^{-1} X^t + (X(X^t X)^{-1} X^t)^2 = \] \[ = I_4 - 2 \cdot X(X^t X)^{-1} X^t + X(X^t X)^{-1} X^t \cdot X(X^t X)^{-1} X^t = \] \[ = I_4 - 2 \cdot X(X^t X)^{-1} X^t + X(X^t X)^{-1} \textcolor{blue}{ X^t \cdot X (X^t X)^{-1} } X^t = \] el texto en azul es la identidad de orden 2: \[ = I_4 - 2 \cdot X(X^t X)^{-1} X^t + X(X^t X)^{-1} \textcolor{blue}{ I_2 } X^t = I_4 - 2 \cdot X(X^t X)^{-1} X^t + X(X^t X)^{-1} X^t = \] \[ = I_4 - X(X^t X)^{-1} X^t = A \]