UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A ESTUDIOS UNIVERSITARIOS (LOE) MODELO 2017-2018 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) 0 a a    Se considera la matriz A =  a 0 a  dependiente del parámetro real a. a a 0   a) Determínense los valores de a para los que la matriz A es invertible. b) Para a = 1, despéjese y determínese la matriz X de la ecuación matricial A·X = A+2Id, donde Id representa la matriz identidad de orden 3. Solución. a. la condición necesaria y suficiente para que una matriz tenga inversa es que su determinante sea distinto de cero. 0 a a det A = a 0 a = 0 + a 3 + a 3 − (0 + 0 + 0) = 2a 3 a a 0

A =0 ;

2a 3 = 0 ;

a=0

Para cualquier valor de a ≠ 0, A ≠ 0 y por lo tanto existirá matriz inversa b. • •

Para despejar una ecuación matricial se deben tener en cuenta dos propiedades del producto de matrices: El producto de matrices no es conmutativo, por lo tanto para despejar deberemos multiplicar los dos miembros de la ecuación por la misma matriz y en el mismo orden. El producto de una matriz por su inversa es la matriz identidad, que además es el elemento neutro del producto de matrices. 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1  2 1 1           1 0 1 ⋅ X = 1 0 1 + 2 ⋅ 0 1 0 ; 1 0 1 ⋅ X =  1 2 1  1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0  1 1 2          

0 1 1   1 0 1 1 1 0  

−1

0 1 1  0 1 1     ⋅ 1 0 1 ⋅ X = 1 0 1 1 1 0 1 1 0    

−1

 2 1 1 0 1 1     ⋅ 1 2 1 ; I ⋅ X = 1 0 1  1 1 2 1 1 0    

0 1 1   X = 1 0 1 1 1 0  

−1

−1

2 1 1   ⋅1 2 1  1 1 2  

2 1 1   ⋅ 1 2 1 1 1 2  

Calculo de la inversa:

A −1 =

1 ⋅ (adj A )t A

 0 +  1  1 a =1 A = 2a 3 = 2 ⋅ 13 = 2 ; adj A =  −  1  1 +  0 

1

1 0 1 0 1 1

− − −

1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1

1 0  1 1 1 −1 1  0 1   − =  1 −1 1  1 1  1 1 − 1 0 1   + 1 0  +

t

1  −1 1 1   −1 1     (adjA )t =  1 − 1 1  =  1 − 1 1  1 1 − 1  1 1 − 1   −1 1 1   1 1 t −1 A = ⋅ (adj A ) =  1 − 1 1  A 2 1 − 1 1 Sustituyendo:

0 1 1   X = 1 0 1  1 1 0  

−1

2 1 1 −1   1 ⋅1 2 1 =  1 1 1 2 2  1    0 2 1 = 2 0 2 2 2

1 −1

1  2   1  ⋅1 1 − 1  1 2  0 2 2   2 =  2 2 0 0   2 2 2

1 1  − 2 + 1 + 1 − 1 + 2 + 1 − 1 + 1 + 2  1  2 1 =  2 −1+1 1− 2 +1 1−1+ 2  = 2 1 2  1+ 2 −1 1 + 1 − 2   2 +1−1 2 2 2 0 1 1    2 2 2 = 1 0 1 2 0 2   1 1 0 

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) Una bodega desea fijar el precio de venta al público de las 250 botellas de vino blanco y de las 500 de vino tinto que tiene en stock. Para no incurrir en pérdidas saben que el precio de venta al público de la botella de vino blanco debe ser como mínimo de 3 euros, de la misma manera el precio de venta al público de la botella de vino tinto debe ser de, como mínimo, 4 euros. Además saben que, para ser competitivos con esos precios de venta al público, el coste de 2 botellas de vino blanco y una de tinto debería ser a lo sumo 15 euros. Por el mismo motivo, el coste total de una botella de vino blanco y una de tinto no debe sobrepasar los 10 euros. Determínense los respectivos precios de venta al público por unidad de las botellas de vino blanco y de las de vino tinto, para que el ingreso total al vender el stock de 250 botellas de vino blanco y 500 de vino tinto sea máximo. Solución. Variables: x ≡ Precio de venta del vino tinto; y ≡ Precio de venta del vino tinto. Función objetivo: Obtener el máximo ingreso al vender todo es stock. F(x , y ) = 250x + 500y Restricciones: “El precio de venta al público de la botella de vino blanco debe ser, como mínimo, de 3 euros” x≥3 “El precio de venta al público de la botella de vino tinto debe ser de, como mínimo, 4 euros” y≥4 “El coste de 2 botellas de vino blanco y una de tinto debería ser a lo sumo 15 euros” 2 x + y ≤ 15 “El coste total de una botella de vino blanco y una de tinto no debe sobrepasar los 10 euros” x + y ≤ 10

x ≥ 3 y ≥ 4  Máximo de F(x , y ) = 250x + 500y ; restricciones   2x + y ≤ 15  x + y ≤ 10 Para seleccionar la región factible tomo como punto de prueba el P(0, 0): 0, 0 )  x ≥ 3 ( → 0 ≥ 3 no se cumple  0,0 ) (  y ≥ 4 → 0 ≥ 4 no se cumple  (0,0 ) 2x + y ≤ 15 → 2 ⋅ 0 + 0 ≤ 15 se cumple 0,0 )  x + y ≤ 10 ( → 0 + 0 ≤ 10 se cumple 

2

Vértice de la región:  y=4 A (3, 4) B≡ B(5'5, 4) 2x + y = 15

 x + y = 10 C≡ C(5, 5) 2x + y = 15

 x =3 D≡ D(3, 7 ) x + y = 10

Optimación: Vértice x y F(x, y) =250x + 500y 3 4 F(3, 4) =250·3 + 500·4 = 2750 € A 5´5 4 F(5`5, 4) =250·5`5 + 500·4 = 3375 € B 5 5 F(5, 5) =250·5 + 500·5 = 3750 € C D 3 7 F(3, 7) =250·3 + 500·7 = 4250 € Cumpliendo las restricciones propuestas, se obtiene unos ingresos máximos de 4250 €, vendiendo las botellas de vino blanco a 3 € y las de vino tinto a 7 €.

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

f (x) = 4x3 ‒ 12x2 + 16 . a) Calcúlese la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f (x) en el punto de abscisa x = 1. b) Calcúlese el área de la región limitada por la gráfica de f (x), el eje de abscisas y las rectas x = ‒2 y x = 3. Solución. a. La ecuación de la recta tangente a la función f(x) en x = 1 en forma punto-pendiente es: y − f (1) = f ′(1) ⋅ (x − 1)

f (1) = 4 ⋅ 13 − 12 ⋅ 12 + 16 = 8 Sustituyendo: y − 8 = −12 ⋅ (x − 1)

f ′(x ) = 12x 2 − 24x

f ′(1) = 12 ⋅ 12 − 24 ⋅ 1 = −12

En forma explícita

y = 20 − 12 x

b. Para calcular el área comprendida entre una función y el eje de abscisas (x), como mínimo es necesario estudiar el signo que tiene la función en el intervalo de integración, aunque seria mucho mejor, esbozar la gráfica de la función. En el caso de una función polinómica, prácticamente requiere los mismos pasos ambas cosas. Para estudiar el signo, se factoriza la función mediante el método de Ruffini, sobre una recta Real, se marcan los ceros de la función (x = ‒1, x = 2), y se estudia el signo en cada uno de los intervalos, sustituyendo un valor del intervalo en la expresión factorizada y operando los signos. En x = 2, la función no cambia de signo y se hace cero, por lo tanto, en x = 2 tiene un mínimo local Para representar la función, solo nos quedaría estudiar los límites en el infinito.

(

)

(

)

Lím 4x 3 − 12x 2 + 16 = 4 ⋅ (− ∞ )3 = −∞ Lím 4x 3 − 12x 2 + 16 = 4 ⋅ (+ ∞ )3 = +∞

x → −∞

x → +∞

Con la función representada, es más fácil calcular el área:

Área =

∫− 2 (4x −1

3

)

− 12x 2 + 16 dx +

∫−1 (4x 3

3

)

− 12x 2 + 16 dx =

−1

3

 4x 4 12x 3   4x 4 12x 3  = − + 16x  +  − + 16x  =  4 3 3  − 2  4  −1 

] (

(

] − 4(− 2) + 16(− 2)) + (3 −1

3

= x 4 − 4x 3 + 16x − 2 + x 4 − 4x 3 + 16x −1 =

((− 1)

4

)(

− 4(− 1)3 + 16(− 1) − (− 2 )4

3

4

= − 27 + 32 = 59 u 2

3

)(

)

− 4 ⋅ 33 + 16 ⋅ 3 − (− 1)4 − 4(− 1)3 + 16(− 1) =

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se consideran los sucesos A y B de un experimento aleatorio tales que: P(A) = 0’4; P(B) = 0’5; P(A / B) = 0’7. Calcúlese: a) P(A ∪ B ) .

b)

(

)

pA B .

Nota: S denota el suceso complementario del suceso S. Solución. a. p(A ∪ B) = p(A ) + p(B) − p(A ∩ B ) La intersección se puede calcular a parir de la probabilidad de A condicionado a B, por el teorema de Bayes: p(A ∩ B) ⇒ p(A ∩ B) = p(B) ⋅ p(A \ B) = 0′5 ⋅ 0′7 = 0′35 p(A \ B) = p(P ) Sustituyendo en la expresión se calcula la unión. p(A ∪ B) = p(A ) + p(B) − p(A ∩ B) = 0′4 + 0′5 − 0′35 = 0′55

b.

Teniendo en cuenta que los sucesos A condicionado a B y no-A condicionado a A son complementarios: p(A \ B) + p A \ B = 1 ⇒ p A \ B = 1 − p(A \ B) = 1 − 0′7 = 0′3

(

)

(

)

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) Un determinado partido político desea estimar la proporción de votantes, p, que actualmente se decantaría por él. a) Asumiendo que p = 0’5, determínese el tamaño mínimo necesario de una muestra de votantes para garantizar que, con una confianza del 90 %, el margen de error en la estimación no supere el 2% (± 2 %). b) Se tomó una muestra aleatoria simple de 1200 votantes de los cuales 240 afirmaron que votarían por el partido en cuestión. Obténgase un intervalo de confianza del 95% para la proporción de votantes de ese partido en la población. Solución. a. El error máximo en la estimación de la proporción para muestras de tamaño n viene expresado por:

ε max = Zα 2 ⋅

p⋅q n

Conocido el error máximo admitido, la proporción, y el nivel de confianza, se puede calcular el mínimo tamaño muestral: p⋅q n = Zα2 2 2 ε max

(

)

El valor critico Z α 2 de la estimación se calcula a partir del nivel de confianza (1 ‒ α = 0,90)

zα

2

 α  0,10  −1 = φ −1 1 −  = φ −1 1 −  = φ (0,9500) = 1,645 2   2 

Teniendo en cuenta que p + q = 1, q = 1 − p = 1 − 0’5 = 0’5 Sustituyendo se calcula el mínimo tamaño muestral: 0′5 ⋅ 0′5 p⋅q n = Zα2 2 2 = 1′ 6452 ⋅ = 1691′ 3 ⇒ n ≥ 1692 votantes ε max 0′02 2

b. El intervalo de confianza para la proporción de una variable a partir de la proporción de una muestra viene dado por la expresión:  ˆ ˆ ˆ ˆ  pˆ − Zα 2 ⋅ p ⋅ q , pˆ − Zα 2 ⋅ p ⋅ q   n n   ) Donde p es la proporción muestral.

4

De los datos del enunciado, se obtiene la proporción muestral, el valor crítico y el número de datos de la muestra.

) 240 1 ) ) p= = = 0,2 ⇒ q = 1 − p = 1 − 0,2 = 0,8 1200 5 El valor crítico se obtiene a partir del nivel de confianza:   α 0,05  z α 2 = φ −1 1 −   −1   = 1,96  : z α 2 = φ 1 −  2 2    1 − α = Nivel de confianza = 0,95 n = 1200 Sustituyendo en el intervalo de confianza:  0,2 ⋅ 0,8 0,2 ⋅ 0,8  p ∈  0,2 − 1,96 ⋅ , 0,2 + 1,96 ⋅ = (0′1774, 0′2226)  1200 1200   Con un nivel de confianza del 95%, se puede estimar que la proporción de votantes en la población a este partido político, va a estar comprendida entre 17’74% y el 22’26%

5

OPCIÓN B Problema 1.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera el sistema de ecuaciones dependiente del parámetro real a: x+y+z =3   2x + y + z = 2  5x + 3y + az = a + 4  a) Discútase en función de los valores del parámetro a. b) Resuélvase para a = 1.

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) 3x 2 + 3 x a) Calcúlense el dominio y las asíntotas de f (x). b) Determínense sus intervalos de crecimiento y decrecimiento. Solución. D[f (x )] = {x ∈ R x ≠ 0} = R − {0} a. Asíntotas: Se considera la función real de variable real f (x ) =

k 0

•

Verticales. Son rectas de la forma x = a, tal que a ∉ D[f (x )] y Lím f (x ) =

•

 3x 2 + 3 3 = − = −∞  Lím− 2 3x + 3 3 x →0 x 0 Lím = x = 0 asíntota vertical:  2 x 0 x →0  Lím 3x + 3 = 3 = +∞ x → 0 + x 0+ Horizontal. Son recta de la forma y = L, donde L = Lím f (x ) ∈ R

x →a

x → ±∞

2

3x + 3 3 3  = Lím  3x +  = 3 ⋅ (± ∞ ) + = ±∞ ∉ R No hay asíntota horizontal (± ∞ ) x x x → ±∞ x → ±∞ f (x ) Oblicua. Son rectas de la forma y = mx + n, donde m = Lím y n = Lím (f (x ) − mx ) x → ±∞ x x → ±∞ Lím

•

3x 2 + 3 3x 2 + 3 3  3  x m = Lím = Lím = Lím  3 + 2  = 3 + =3 x x → ±∞ x → ±∞ x 2 x → ±∞ x  (± ∞ )2  3x 2 + 3  3x 2 + 3 − 3x 2 3 3 n = Lím  − 3x  = Lím = Lím = =0   x ±∞ x → ±∞ x → ±∞ x  x  x → ±∞ Asíntota oblicua y = 3x b.

La monotonía de la función se asocia al signo de la primera derivada: Si f ′(x ) < 0 ⇒ f (x ) es decreciente Si f ′(x ) > 0 ⇒ f (x ) es creciente

f ′(x ) =

(

)

6x ⋅ x − 3x 2 + 3 ⋅ 1 x

2

=

3x 2 − 3 x

2

=

3 (x + 1)(x − 1) x2

Teniendo en cuenta los ceros (±1) y los polos (0) de la derivada: (‒1, 0) (0, 1) (‒∞, ‒1) + ‒ ‒ Signo de f ′(x ) Monotonía de f(x)

Creciente

Decreciente

Decreciente

(− ∞, − 1) ∪ (1, + ∞ ) f (x ) es creciente (− 1, 0) ∪ (0, 1) f (x ) es decreciente

6

(1, +∞) + Creciente

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos) El beneficio diario (en miles de euros) de una empresa productora de cemento viene dado por la función: f (x) = ‒2x2 + 14x ‒ 12 donde x expresa las toneladas de cemento producidos al día. Se sabe que la producción diaria de cemento está entre 0 y 8 toneladas, es decir, x ∈ [0, 8]. a) Calcúlense f (0) y f (8) e interprétense los resultados en el contexto del problema. Hállense las toneladas de cemento que deben producirse diariamente para obtener el máximo beneficio posible. b) Determínese entre qué valores debe estar la producción diaria de cemento para que la empresa no tenga pérdidas. Solución.

f (0 ) = −2 ⋅ 0 2 + 14 ⋅ 0 − 12 = −12 . La empresa no produce nada y tiene perdidas valoradas en 12000 € diarios

a.

f (8) = −2 ⋅ 82 + 14 ⋅ 8 − 12 = −28 . La empresa trabaja con una producción que la produce unas perdidas de 28000 € diarios. Para calcular el máximo, se deriva la función y se iguala a cero. 14 f ′(x ) = −4x + 14 −4x + 14 = 0 f (3′5) = −2 ⋅ 3′52 + 14 ⋅ 3′5 − 12 = 12′5 x= = 3′5 Tm/día 4 f ′′(x ) = −14 ⇒ Produciendo 3’5 Tm por día, la empresa tendrá unos beneficios máximos diarios de 12500 €

b. Se pide estudiar el signo de la función, donde sea mayor o igual a cero la función indicará el intervalo de producción que no producirá pérdidas. x = 1 − 2x 2 + 14x − 12 = 0 − 2 x 2 − 7x + 6 = 0 f (x ) = −2(x − 1)(x − 6) x 2 − 7x + 6 = 0 :  x = 6 (0, 1) (1, 6) (6, 8) ‒ + ‒ Signo de f(x)

(

)

Si la producción diaria se mantiene por encima de 1 Tm y por debajo de 6 Tm, la empresa tendrá beneficio, si es de 1 Tm o de 6 Tm diarias, la empresa no tendrá ni perdidas ni beneficios

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se consideran los sucesos A y B de un experimento aleatorio tales que: p(A) = 0’3; p(B) = 0’8; p(A ∪ B) = 0′9 . Calcúlese: a) p A \ B .

b)

( ) p(A \ B ) .

Nota: S denota el suceso complementario del suceso S. Solución. De los datos del enunciado se puede calcular la intersección de los sucesos: p(A ∪ B) = p(A ) + p(B) − p(A ∩ B) ⇒ p(A ∩ B) = p(A ) + p(B) − p(A ∪ B) = 0′3 + 0′8 − 0′9 = 0′2

(

A ∩B

) Solo= B p(B) − p(A ∩ B) = 0′8 − 0′2 = 0′75

a.

p A∩B pA\B = Bayes p(B)

b.

p(A ∩ B ) Solo A p(A ) − p(A ∩ B) 0′3 − 0′2 p(A \ B ) = = = = 0′5 1 − p(B) 1 − 0′8 Bayes p(B )

(

)

p(B)

0′8

A∩ B

7

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) El peso, en kilogramos, de los niños de diez años en la comunidad de Madrid se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media µ desconocida y desviación típica σ = 3 kilogramos. a) Calcúlese un intervalo de confianza al 95% para µ si se ha tomado una muestra aleatoria simple de 9 niños de diez años y se han obtenido los siguientes pesos en kilogramos: 37, 40, 42, 39, 41, 40, 39, 42, 40. b) Determínese el tamaño mínimo que debe tener una muestra aleatoria simple para que el error máximo cometido en la estimación de la media muestral sea menor que 1 kilogramo con un nivel de confianza del 98 %. Solución. a. x ≡ Peso en kg de los niños de 10 años de la comunidad de Madrid. Variable continua que sigue una distribución Normal. x : N (µ, σ ) Para muestras de tamaño 9 de esta variable, sus medias muestrales también siguen una distribución Normal.  σ   x : N µ, 9  Obteniendo para una determinada muestra un valor medio de: 37 + 40 + 42 + 39 + 41 + 40 + 39 + 42 + 40 x= = 40 kg 9 A partir de esta media muestral, el intervalo de confianza viene expresado por:  σ σ   x − z α 2 ⋅  , x + zα 2 ⋅ n n  Donde el valor crítico z α 2 se obtiene a partir del nivel de confianza.

  α 0,05   z α 2 = φ −1 1 −  −1   = 1,96  : z α 2 = φ 1 −  2 2    1 − α = Nivel de confianza = 0,95 Sustituyendo en la expresión del intervalo:  3 3   40 − 1′ 96 ⋅  = (38′04, 41′ 96) , 40 + 1′ 96 ⋅ 9 9  Con un nivel de confianza del 95% se puede estimar que el peso medio de los niños de nueves años de la comunidad de Madrid va a estar comprendido entre 38’04 y 41’96 kg.

b.

El mínimo tamaño muestral se obtiene a partir del máximo error admitido.

ε max > z α 2 ⋅

 σ n >  z α 2 ⋅ ε máx 

σ

n

  

2

( )

El valor critico z α 2 de la estimación se calcula a partir del nivel de confianza (1 ‒ α = 0,98)

 α  0,02  −1 z α 2 = φ −1 1 −  = φ −1 1 −  = φ (0,99) = 2,33 2 2    Sustituyendo en la expresión: 2

3  n >  2′33 ⋅  = 48,89 ⇒ n ≥ 49 datos 1 

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