UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBADE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO Curso 2015-2016 (Septiembre) MATERIA: MATEMÁTICAS APLICADAS A LAS CIENCIAS SOCIALES II INSTRUCCIONES Y CRITERIOS GENERALES DE CALIFICACIÓN Después de leer atentamente todas las preguntas, el alumno deberá escoger una de las dos opciones propuestas y responder razonadamente a las cuestiones de la opción elegida. Para la realización de esta prueba se puede utilizar calculadora científica, siempre que no disponga de capacidad de representación gráfica o de cálculo simbólico. Calificación: Cada pregunta se valorará sobre 2 puntos. Tiempo: 90 minutos.

OPCIÓN A Problema 1.- (Calificación máxima: 2 puntos)  k −1 0   Se considera la matriz A =  − 7 k k   −1 −1 k    a) Estúdiese para qué valores del parámetro real k la matriz A tiene inversa. b) Determínese, para k = 1, la matriz X tal que X · A = Id. Nota: Id denota la matriz identidad de tamaño 3 × 3. Solución. a. La condición necesaria y suficiente para que una matriz tenga inversa es que su determinante sea distinto de cero. k −1 0 det A = − 7 k k = k 3 + k + 0 − 0 + 7k − k 2 = k 3 + k 2 − 6k = k k 2 + k − 6 = k (k + 3)(k − 2) −1 −1 k

(

)

k = 0  A = 0 :  k = −3 k = 2 

(

)

∀ a ≠ 0, − 3, 2. A ≠ 0 ⇒ ∃ A −1

b. X ⋅ A = I Para despejar la matriz X se multiplica por la inversa de A los dos miembros de la ecuación por la derecha. −1 −1 X⋅A A4 1⋅2 3 = I⋅A

X = A −1

I

A −1 =

1 (adj A )t A

 1 − 1 0 k =1   Para k = 1: A =  − 7 1 1  A = 1 ⋅ (1 + 3) ⋅ (1 − 2) = −4  −1 −1 1    1 1 −7 1 −7 1  +  − + −1 1 −1 −1   −1 1 8   2 1 −1 2 6  −1 0    1 0 1 −1   t = 1 1 adjA =  − + − 2  (adj A ) =  6 1 − 1  −1 1 −1 −1    −1 1 8 2 − 6 − 1 − 1 − 6   −1 0   1 0 1 −1   +   1 1 − −7 1 + −7 1    2 1 −1  −1 2 −1 4 1 4      1 A −1 = (adj A )t = 1  6 1 − 1  ⇒ X = A −1 =  − 3 2 − 1 4 1 4  A −4   − 2 − 1 2 3 2 8 2 − 6  

1

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) Sea S la región del plano definida por 2x − y ≥ 1 ; 2x − 3y ≤ 6 ; x + 2y ≥ 3 ; x + y ≤ 8 ; y ≤ 3. a) Represéntese la región S y calcúlense las coordenadas de sus vértices. b) Obténganse los valores máximo y mínimo de la función f (x, y) = 2x + y en la región S, indicando los puntos en los cuales se alcanzan dichos valores máximo y mínimo. Solución. a. Las inecuaciones se transforman en ecuaciones y se dibujan las rectas que representan Se selecciona la región factible usando como punto de prueba el P(0,0):

2x − y ≥ 1

P (0, 0 )

  → P (0, 0 )

2⋅0 − 0 ≥1

0 ≥ 1 No se cumple

2x − 3y ≤ 6

  → 2 ⋅ 0 − 3 ⋅ 0 ≤ 6 0 ≤ 1

x + 2y ≥ 3

  →

0 + 2⋅0 ≥ 3

x+y≤8

  →

0+0≤8

y≤3

  →

0≤3

P (0, 0 ) P (0, 0 ) P (0, 0 )

Vértices de la región:  2x − y = 1 A: : A(1, 1) x + 2 y = 3

2 x − 3 y = 6 C: : C(6, 2)  x+y=8 2 x − y = 1 E: : E(2, 3)  y=3 b.

Se cumple

0 ≥ 1 No se cumple 0≤8

Se cumple Se cumple

B(3, 0) x + y = 8 D: : D(5, 3)  y=3

Optimación: Vértice A B C D E

x 1 3 6 5 2

y 1 0 2 3 3

f (x, y) = 2x + y f (1, 1) = 2·1 + 1 = 3 f (3, 0) = 2·3 + 1 = 6 f (6, 2) = 2·6 + 2 = 14 f (5, 3) = 2·5 + 3 = 13 f (2, 3) = 2·2 + 3 = 7

Cumpliendo las restricciones propuestas, las función f (x, y) alcanza un valor máximo de 14 unidades en el punto C(6, 2), y un valor mínimo de 3 unidades en el punto A(1, 1).

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos) Dada la función real de variable real definida por  x 2 + 1 si x 2  a) Determínense los valores que deben tomar los parámetros a y b para que f (x) sea continua en x = 1 y x = 2. b) Calcúlese, para a = 4 y b = −2, el área del recinto acotado por la gráfica de f (x), el eje de abscisas y las rectas x = 1 y x = 2. Solución. Para que la función sea continua en x = 1 se debe cumplir: a.

2

Lím f (x ) = Lím f (x ) = f (1)

x →1−

x →1+

(

)

   ax + b a ⋅ 1 + b Lím f (x ) = Lím = = a + b : a + b = 2 1 x →1 x x →1+  a ⋅1 + b  f (1) = =a+b  1 Lím f (x ) = Lím x 2 + 1 = 12 + 1 = 2

x →1−

x →1

Para que la función sea continua en x = 2 se debe cumplir: Lím f (x ) = Lím f (x ) = f (2) x →2−

x →2 +

ax + b a ⋅ 2 + b 2a + b  = = x 2 2  x →2  2a + b Lím f (x ) = Lím x 3 + 1 = 23 + 1 = 9 = 3 : = 3 : 2a + b = 6 2 x →1 x →2+  a ⋅ 2 + b 2a + b  f (2) = =  2 2 Lím f (x ) = Lím −

x →2

Las condiciones forman un sistema de de dos ecuaciones con dos incógnitas. a+b=2 a =4 :  2a + b = 6 b = −2

 x 2 + 1 si x 2 

b.

 x 2 + 1 si x 2  2

= ∫ 4 dx − ∫ 1

2

1

2

2

∫1 f (x ) dx = ∫1

2  4x 2 4x − 2 2 2 dx =  −  dx =  4 −  dx = 1  x 1  x x x

∫

∫

2 21 2 dx = 4 ∫ dx − 2 ∫ dx = (4x − 2Ln x ]12 = (4 ⋅ 2 − 2Ln 2) − (4 ⋅ 1 − 2Ln 1) = 1 1 x x

= 8 − 2Ln 2 − 4 + 2 ⋅ 0 = 4 − Ln 2 2 = 4 − Ln 4

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) Sean A y B dos sucesos de un experimento aleatorio tales que P(A) = 3/4, P(A | B) = 3/4 y P(B | A) = 1/4. a) Demuéstrese que A y B son sucesos independientes pero no incompatibles. b) Calcúlese P A B . Nota: S denota el suceso complementario del suceso S. Solución. a. Si dos sucesos no son incompatibles, P(A ∩ B ) ≠ 0

(

)

Conocida P(B A ) y P(A ) , se puede calcular P(A ∩ B) 3 1 3 P(B ∩ A ) P(B A ) = ; p(B ∩ A ) = p(A ) ⋅ P(B A ) = ⋅ = ≠0 4 4 16 p(A ) A y B son sucesos compatibles.

3

Si dos sucesos son independientes se cumple p(A ∩ B) = p(A ) ⋅ p(B ) P(B) se calcula a partir de P(A B) P(A ∩ B) 3 16 1 P(A ∩ B) P(A B ) = p(B) = = = P(A B) 34 4 p(B) Conocido P(B), se comprueba si cumplen la condición de independencia. 3 1 3 P(A ) ⋅ P(B) = ⋅ = = P(A ∩ B) ⇒ Independientes 4 4 16 Otra forma de demostrarlo seria:

P(A B) =

b.

) (

)

P(A ∩ B) Independientes P(A ) ⋅ P(B) = = = P(A ) p(B) P(A ∩ B )= P (A )⋅P (B ) p(B) 1 P(A B ) = P(A ) = ⇒ Independientes 4

LEYES

(

)

P A ∩ B MORGAN P A ∪ B 1 − P(A ∪ B) 1 − (P(A ) + P(B) − P(A ∩ B)) PA B = = = = P (B ) P (B ) 1 − P(B) 1 − P(B)

(

3 1 3  1−  + −   4 4 16  = 1 = p A PA B = 1 4 1− 4 Lo cual confirma que si A y B son independientes, A y B también lo son y por tanto: PA B =pA

(

)

( )

(

) ( )

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) El tiempo, en minutos, que los empleados de unos grandes almacenes tardan en llegar a su casa se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media desconocida µ y desviación típica σ = 5. a) Se toma una muestra aleatoria simple de 64 empleados y su media muestral es x = 30 minutos. Determínese un intervalo de confianza al 95% para µ. b) ¿Qué tamaño mínimo debe tener una muestra aleatoria simple para que el correspondiente intervalo de confianza para µ al 99% tenga una amplitud a lo sumo de 10 minutos? Solución. a. x ≡ Tiempo en minutos del viaje de vuelta a casa de los empleados. Variable continua con distribución Normal. x : N (µ, σ ) , siendo σ = 5 min Para muestras aleatorias de 64 empleados, el tiempo medio de la muestra (x ) , también sigue una

 5   . distribución Normal, x : N µ, 64   El intervalo de confianza para la media poblacional a partir de una media muestral viene dado por:  σ σ   x − z α 2 ⋅  , x + zα 2 ⋅ n n  El valor crítico z α 2 se obtiene a partir del nivel de confianza.   α 0,05  z α 2 = φ −1 1 −   −1  −1  = φ (0,9750) = 1,96  : z α 2 = φ 1 − 2   2   1 − α = Nivel de confianza = 0,95 Sustituyendo en la expresión del intervalo:  5 5   = (28,77 ; 31,22) µ ∈  30 − 1,96 ⋅ , 30 + 1,96 ⋅ 64 64   Con una probabilidad del 95% se puede estimar que la media poblacional estará en el intervalo calculado.

4

b.

El tamaño muestral se calcula a partir del error máximo admitido. 2

σ  ⇒ n =  zα 2 ⋅  ε n  El error máximo admitido se relaciona con la amplitud máxima Amplitud de intervalo 10 Amplitud de intervalo = 2ε ⇒ ε = = = 5 min 2 2 El valor de z α 2 se obtiene del nivel de confianza: ε = zα 2 ⋅

σ

  α 0,01  z α 2 = φ −1 1 −   −1  −1  = φ (0,9950) = 2,575  : z α 2 = φ 1 − 2   2   1 − α = Nivel de confianza = 0,99 Sustituyendo los valores en la expresión, se calcula el tamaño de la muestra. 2

5  n >  2,575 ⋅  = 6,63 5  n≥7

5

OPCIÓN B Problema 1.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera el sistema de ecuaciones dependientes del parámetro real a: (a − 1)x + y + z = 1  x + (a − 1)y + (a − 1)z = 1 x + az = 1 a) Discútase el sistema según los valores de a. b) Resuélvase el sistema para a = 3. Solución. a. El sistema esta definido por la matriz de coeficientes (A) y la matriz ampliada (A*). 1  1 1 a −1 1 a −1 1     A= 1 a − 1 a − 1 A* =  1 a − 1 a − 1 1 A ⊂ A ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ n = 3  1  1 0 a  0 a 1   Si A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3 . Sistema compatible determinado. Se discute el sistema para los valores del parámetro que anulan el determinante de A.

a −1 det A = 1 1

1

1

a − 1 a − 1 = (a − 1)2 a + (a − 1) + 0 − ((a − 1) + a + 0) = a 3 − 2a 2 = a 2 (a − 2) 0

a

 a 2 = 0 a = 0 A = 0 : a 2 (a − 2 ) = 0 :  a − 2 = 0 a = 2 Discusión. i. ii.

Si a ≠ 0, 2. A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3 . Sistema compatible determinado.

1 −1 1   −1 1 Si a = 0. A = 0 ⇒ rgA < 3 . A =  1 − 1 − 1 = 0 − 1 = −1 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 . Para 1 0 1  0 0  estudiar si la ampliada tiene rango 3, se estudian los menores orlados al menor de orden 2 distinto de cero. De los dos menores orlados al menor de orden 2 C1 , C 2 , C3 , C1 , C 2 , C 4 ,

[

]

solo queda por estudiar el segundo de ellos (el primero es el determinante de la matriz de −1 1 1 coeficientes, que para a = 0 es nulo). 1

1

− 1 1 = 2 ≠ 0 ⇒ rg A* = 3 ≠ rg A . Sistema 0 1

incompatible. iii.

1 1 1    1 1 = 0 − 1 = −1 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 . Para Si a = 2. A = 0 ⇒ rgA < 3 . A = 1 1 1  1 0 2  1 0   estudiar si la ampliada tiene rango 3, se estudian los menores orlados al menor de orden 2 distinto de cero. De los dos menores orlados al menor de orden 2 C1 , C 2 , C3 , C1 , C 2 , C 4 , solo queda por estudiar el segundo de ellos (el primero es el determinante de la matriz de 1 1 1 coeficientes, que para a = 2 es nulo). 1 1 1 = 0 ⇒ rg A* = 2 = rg A ≠ n . Sistema 1 0 1 compatible indeterminado.

[

]

b. Para a = 3. Sistema compatible determinado. Se puede resolver por el método de Gauss o por el método de Cramer.

6

2x + y + z = 1   2 1 1 M 1  1 0 3 M 1     E 2 − E1    Gauss: x + 2 y + 2z = 1 :  1 2 2 M 1 = {E 3 ↔ E1} =  1 2 2 M 1 =  =  2 1 1 M 1 E 3 − 2E1  x + 3z = 1  1 0 3 M 1   + 3z = 1 1 0 3 M 1   1 0 3 M 1  x      2 =  0 2 − 1 M 0  = {2E 3 − E 2 } =  0 2 − 1 M 0  :  2y − z = 0 : z = 9  0 1 − 5 M − 1 0 0 − 9 M − 2  − 9z = − 2       x   

2 9 2 9

+ 3⋅ 2y −

6  1   x = 1 − 9 x = 3 = : 2  1 y = = 0 2 y = 9  9  = 1

2x + y + z = 1  a =3 A  Cramer: x + 2 y + 2z = 1 : A = 32 ⋅ (3 − 2) = 9 : x = x ; y = A + 3z = 1  x 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 2 1 1 2 x=

1 0 3 9

=

1 1 3 1 3 1 = ; y= = ; z= 9 3 9 9

1 1 2 Solución:  , ,  3 9 9

Ay A

1 1 1 0 1 9

; z=

=

2 9

Az A

1 1 2 Solución:  , ,  3 9 9

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera la función real de variable real:

 x 2 + 2x si x < 0  f (x ) =  − x 2 + 3x si x ≥ 0  a) Estúdiese la continuidad y derivabilidad de la función. b) Determínense los valores de a ∈ R para los cuales la pendiente de la recta tangente a la gráfica de f (x) en el punto de abscisa x = a es m = −2. Calcúlese, para cada valor de a obtenido, la recta tangente a la gráfica de f (x) en el punto de abscisa x = a. Solución. Las funciones parciales con las que esta definida la función son continuas en sus dominios de a. definición, por lo tanto, para que la función sea continua deberá ser continua en el punto frontera (x = 0). Para que la función sea continua en x = 0, debe cumplir: Lím f (x ) = Lím f (x ) = f (0) x →0 −

x →0 +

Le  Lím f (x ) = Lím x + 2x = 0 + 2 ⋅ 0 = 0  x →0 x →0 −  Lím f (x ) = Lím − x 2 + 3x = −0 2 + 3 ⋅ 0 = 0 : Lím f (x ) = Lím f (x ) = f (0 ) = 0 ⇒ f (x ) es continua en R + − x → 0 x →0 x →0 +  x →0 2  f (0) = −0 + 3 ⋅ 0 = 0 

(

(

2

) )

2

Al igual que en el caso de la continuidad, para que la función sea derivable tendrá que serlo en el punto frontera (x = 0). Para que la función sea derivable en x = 0, se debe cumplir: Lím f ′(x ) = Lím f ′(x )

[

x →0 −

]

 D x 2 + 2x  f ′(x ) =   D − x 2 + 3x 

[

x →0 +

 2x + 2 si x < 0  = si x > 0 − 2x + 3 si x > 0 si x < 0

]

7

Lím f ′(x ) = Lím (2x + 2) = 2 ⋅ 0 + 2 = 2  x →0 : Lím f ′(x ) ≠ Lím f ′(x ) Lím f ′(x ) = Lím (− 2x + 3) = −2 ⋅ 0 + 3 = 3  x → 0 − x →0 +  + x →0 x →0  x →0 −

f(x) no es derivable en x = 0 b.

El valor de a se obtiene de la definición de derivada de una función en un punto.

“La derivada de una función en un punto es un número que representa la pendiente de la recta tangente a la función en ese punto”

f ′(a ) = m = −2  2a + 2 si a < 0  f ′(a ) =  − 2a + 3 si a > 0  Si a < 0 f ′(a ) = 2a + 2 = −2 ⇒ a = −2 < 0 Se acepta el valor de a 5 Si a > 0 f ′(a ) = −2a + 3 = −2 ⇒ a = > 0 Se acepta el valor de a 2 5 Los posibles valores de a son ‒2 y 2 Recta tangente: y − f (a ) = m (x − a ) •

x = ‒2: y − f (− 2) = −2 (x − (− 2)) ; f (− 2) = (− 2)2 + 2 ⋅ (− 2) = 0 ; y = −2 x − 4

•

x=

2

5 5 5 5 5  5 5 : y − f   = −2  x −  ; f   = −  + 3 ⋅ = ; 2 2 2 4 2  2 2 25 y = −2 x + 4

y−

y − 0 = −2 (x + 2)

5 5  = −2  x −  4 2 

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera la función real de variable real

f (x ) =

x2 − 3 x2 − 9

a) Calcúlense sus asíntotas. b) Determínense los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función. Solución.  a ∉ D[f (x )]  k a. Asíntotas verticales. Son recta de la forma x = a tal que:  Lím f (x ) = x → a 0

{

}

D[f (x )] = x ∈ R x 2 − 9 ≠ 0 : x 2 − 9 ≠ 0 ; x ≠ ± 9 = ±3 ⇒ D[f (x )] = R − {± 3} x2 − 3

(− 3)2 − 3 = 6 (− 3)2 − 9 0

•

x = ‒3: Lím f (x ) = Lím

•

x 2 − 3 32 − 3 6 x = 3: Lím f (x ) = Lím 2 = 2 = ⇒ x = 3 es asíntota vertical x →3 x →3 x − 9 3 −9 0

x → −3

x → −3

x2 − 9

=

⇒ x = ‒3 es asíntota vertical

Nota: Solo se pide calcular las asíntotas de la función, por lo tanto no es necesario estudiar la posición relativa de la función respecto de sus asíntotas. Aun así si queréis hacer los límites laterales, sus resultados serian los siguientes:

8

   Lím  x → −3 −  x = −3 :     Lím x → −3 + 

(−3

2

−

x −3 2

x −9

)

≈ −3,01

6

=

((−3,01) >9) (−3 ≈ −2,99) 2

0

+

+

2

x −3 2

x −9

6

=

((− 2,99) 0 ⇒ f (x ) es creciente

f ′(x ) =

(

)(

)

2x ⋅ x 2 − 9 − x 2 − 3 ⋅ 2x

(x

2

−9

)

2

=

2x 3 − 18x − 2x 3 + 6 x

(x

2

−9

)

2

=

− 12x

(x

2

−9

)

2

El signo de la derivada se estudia mediante los ceros y los polos de la derivada. −12x Ceros: f ′(x ) = 0 = 0 − 12x = 0 x = 0 2 x2 − 9

(

Polos:

(x

2

)

)

2

− 9 = 0 x 2 − 9 = 0 x = ±3

•

Creciente: (− ∞,−3) ∪ (− 3,0)

•

Decreciente: (0,3) ∪ (3, ∞ )

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) Para efectuar cierto diagnóstico, un hospital dispone de dos escáneres, a los que denotamos como A y B. El 65% de las pruebas de diagnóstico que se llevan a cabo en ese hospital se realizan usando el escáner A, el resto con el B. Se sabe además que el diagnóstico efectuado usando el escáner A es erróneo en un 5% de los casos, mientras que el diagnóstico efectuado usando el escáner B es erróneo en un 8% de los casos. Calcúlese la probabilidad de que: a) El diagnóstico de esa prueba efectuado a un paciente en ese hospital sea erróneo. b) El diagnóstico se haya efectuado usando el escáner A, sabiendo que ha resultado erróneo. Solución. Sucesos y datos: A ≡ Se realiza la pruebe con el escáner A; B ≡ Se realiza la pruebe con el escáner B; E ≡ El diagnóstico efectuado por el escáner es erróneo. p(A ) = 0,65 p(E A ) = 0,05 p(B) = 0,35 p(E B) = 0,08

a.

p(E ) = p((A ∩ E ) ∪ (B ∩ E )) = p(A ∩ E ) + p(B ∩ E ) = p(A ) ⋅ p(E A ) + p(B) ⋅ p(E B) p(E ) = 0,65 ⋅ 0,05 + 0,35 ⋅ 0,08 = 0,0605 = 6,05%

9

p(A E ) =

b.

p(A ∩ E ) p(A ) ⋅ p(E A ) 0,65 ⋅ 0,05 = = = 0,5372 = 53,73% p(E ) p(E ) 0,0605

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) El tiempo, en meses, que una persona es socia de un club deportivo, se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media desconocida µ y desviación típica σ = 9. a) Se toma una muestra aleatoria simple de 100 personas que han sido socias de ese club y se obtuvo una estancia media de x = 8'1 meses. Determínese un intervalo de confianza al 90% para µ. b) Sabiendo que para una muestra aleatoria simple de 144 personas se ha obtenido un intervalo de confianza (7’766; 10’233) para µ, determínese el nivel de confianza con el que se obtuvo dicho intervalo. Solución. a. x ≡ Tiempo en meses que una persona es socia de un club deportivo. Variable continua con distribución Normal x : N (µ, σ ) , siendo σ = 9 meses . Para muestras aleatorias de 100 personas, el tiempo

 9   . medio de permanencia de la muestra (x ) , también sigue una distribución Normal, x : N µ, 100   El intervalo de confianza para la media poblacional a partir de una media muestral viene dado por:  σ σ   x − z α 2 ⋅  , x + zα 2 ⋅ n n  El valor crítico z α 2 se obtiene a partir del nivel de confianza.   α 0,10  z α 2 = φ −1 1 −   −1  −1  = φ (0,9500) = 1,645  : z α 2 = φ 1 − 2  2   1 − α = Nivel de confianza = 0,90 Sustituyendo en la expresión del intervalo:  9 9   8'1 − 1,645 ⋅  = (6'6 ; 9,6) , 8'1 + 1,645 ⋅ 100 100   Con un nivel de confianza del 90%, se puede estimar que el tiempo medio de permanencia de la población en clubes deportivos va a estar comprendido entre 6`6 y 9’6 meses.

b.

El apartado se puede resolver de dos formas diferentes

i.

El nivel de confianza, es la probabilidad de que la media poblacional (µ) pertenezca al intervalo. Si se toma como media poblacional la media aritmética del intervalo, la variable  7,766 + 10,233 9   9  =  8,9995,  , sigue una distribución Normal x : N 2 12  144    lo 7,766 − 8,9995   x = 7,766 z = = −1,645   9 15 p(7,766 < x < 10,233) =   = p(− 1,645 < z < 1,645) = 10 , 233 − 8 , 9995 9   = 1,645  N x =  8,9995,  x = 10,233 z = 12    9 15  

(

)

= p(z < 1,645) − p(z ≤ −1,645) = p(z < 1,645) − p(z ≥ 1,645) = p(z < 1,645) − p z < 1,645 = = p(z < 1,645) − (1 − p(z < 1,645)) = 2 ⋅ p(z < 1,645) − 1 = 2 ⋅ φ(1,645) − 1 = 2 ⋅ 0,95 − 1 = 0,90 Nivel de confianza del 90% ii.

A partir del error máximo de estimación se puede calcular el valor de z α 2 , y de este se obtiene el nivel de confianza.

ε máx = z α 2

σ

n

z α 2 = ε máx ⋅

10

n Amplitud del intervalo n = ⋅ σ 2 σ

10,233 − 7,766 144 ⋅ = 1,645 2 9 α  α = φ −1 1 −  ⇒ 1 − = φ z α 2 α = 2 1 − φ zα 2 2 2  α = 2(1 − φ(1,645)) = 2 ⋅ (1 − 0,9500) = 0,10 zα 2 =

zα 2

( )

( ( ))

N.C. = (1 − α ) ⋅ 100 = (1 − 0,10) ⋅ 100 = 90%

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