UNIVERSIDADES DE ANDALUCÍA PRUEBA DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD CURSO 2014-2015 JUNIO MATEMÁTICAS II Instrucciones: a) Duración: 1 hora y 30 minutos. b) Elija una de las dos opciones propuestas y conteste los ejercicios de la opción elegida. c) En cada ejercicio, parte o apartado se indica la puntuación máxima que le corresponde. d) Se permitirá el uso de calculadoras que no sean programables, gráficas ni con capacidad para almacenar o transmitir datos. e) Si obtiene resultados directamente con la calculadora, explique con detalle los pasos necesarios para su obtención sin su ayuda. Justifique las respuestas.

OPCIÓN A EJERCICIO 1 (2,5 puntos) Con motivo de su inauguración, una heladería quiere repartir dos tipos de tarrinas de helados. El primer tipo de tarrina está compuesto por 100 g de helado de chocolate, 200g de helado de straciatella y 1 barquillo. El segundo tipo llevará 150 g de helado de chocolate, 150 g de helado de straciatella y 2 barquillos. Solo se dispone de 8 kg de helado de chocolate, 10 kg de helado de straciatella y 100 barquillos. ¿Cuántas tarrinas de cada tipo se deben preparar para repartir el máximo número posible de tarrinas? Solución. • Variables: - x ≡ número de tarrinas de helado del primer tipo - y ≡ número de tarrinas de helado del segundo tipo •

Función objetivo: conseguir el mayor número posible de tarrinas de helado F(x , y ) = x + y

•

Datos: Tarrina tipo I Tarrina tipo II Máximos operativos

• -

Helado chocolate 100 g 150 g 8000 g

Helado straciatella 200 g 150 g 10000 g

Barquillos 1 2 100

Restricciones: Chocolate: 100 x + 150 y ≤ 8000 simplificando 2 x + 3y ≤ 160 Straciatella: 200 x + 150 y ≤ 10000 simplificando 4 x + 3y ≤ 200 Barquillos: x + 2 y ≤ 100 Definición de variables: x ≥ 0 ; y ≥ 0 Se pide calcular el máximo de F(x , y ) = x + y sujeta a las siguientes restricciones:  2x + 3y ≤ 160 4 x + 3y ≤ 200    x + 2 y ≤ 100  x ≥ 0 ; y ≥ 0

1

•

Región factible Tomo como punto de prueba P(0,0): (0 , 0 ) → 2 ⋅ 0 + 3 ⋅ 0 ≤ 160 Se cumple (0 , 0 ) 4 x + 3y ≤ 200 → 4 ⋅ 0 + 3 ⋅ 0 ≤ 200 Se cumple (0 , 0 ) x + 2 y ≤ 100 → 0 + 2 ⋅ 0 ≤ 100 Se cumple

2x + 3y ≤ 160

• Vértices: - A (0, 50 )

- C(50, 0 )

 2x + 3y = 160  - B ≡ 4x + 3y = 200 (20, 40)  x + 2 y = 100 

•

- D(0, 0 )

Optimación x 0 20 50 0

A B C D

y 50 40 0 0

F(x, y) = x + y 50 60 50 0

Cumpliendo las restricciones propuesta se preparan un máximo de 60 tarrinas haciendo 20 del primer tipo y 60 de segundo tipo.

EJERCICIO 2 a) (1.5 puntos) Calcule la derivada de cada una de las siguientes funciones: f (x ) =

3 Ln ( x ) x

3

(

)(

)

2

b) (1 punto) Halle las asíntotas de la función p(x ) = Solución a.

f ′(x ) =

3

h (x ) = 3x 2 − 7 x +

g(x ) = 1 − x 2 ⋅ x 3 − 1 ,

,

1 e 2x

7x 3x − 12

1 3 ⋅ x − 3Ln(x ) ⋅ 3x 2 3x 2 − 9x 2 Ln (x ) x 2 (3 − 9Ln (x )) 3 − 9Ln (x ) x = = = 2 x6 x6 x4 x3

( )

(

) ( 2

) (

)

(

)[ (

) (

) ]

g ′(x ) = −2 x ⋅ x 3 − 1 + 1 − x 2 ⋅ 2 ⋅ x 3 − 1 ⋅ 3x 2 = 2 x ⋅ x 3 − 1 ⋅ − x 3 − 1 + 1 − x 2 ⋅ 3x =

(

)[

]

(

)(

)

(

)(

)

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

Para hacer la derivada de h(x), recomiendo expresarla de la siguiente forma: h (x ) = 3x 2 − 7 x + e −2 x 2 h ′(x ) = 6x − 7 + e − 2 x ⋅ (− 2 ) = 6 x − 7 − 2 x e

b.

Asíntotas verticales: rectas de la forma x = a / a∉ D[p(x)] y Lím p(x ) = x →a

k 0

D[p(x )] = {x ∈ R 3x − 12 ≠ 0} = R − {4} 7x 28 Lím = ⇒ x = 4 es una asíntota vertical de p(x) x → 4 3x − 12 0

2

Tendencias laterales: 7x 28 28 28 = = = − = −∞ − − x → 4 3(x − 4 ) 3 4 − 4 3⋅0 0 7x 28 28 28 Lím+ = = = + = +∞ − + x → 4 3(x − 4 ) 3 4 − 4 3⋅0 0 Lím−

(

)

(

)

Asíntota horizontal: recta de la forma y = L, siendo L = Lím p(x ) ∈ R x →±∞

∞   ∞

7x = Lím x → ±∞ 3x − 12 ÷ x x → ±∞ Lím

y=

7 7 7 7 = = = 12 12 3 − 0 3 3− 3− x ∞

7 es una asíntota horizontal de p(x) 3

Asíntota oblicua: Por tener asíntota horizontal, no tiene asíntota oblicua.

EJERCICIO 3 De los 700 alumnos matriculas en una asignatura, 210 son hombres y 490 mujeres. Se sabe que el 60% de los hombres y el 70% de las mujeres aprueban dicha asignatura. Se elige una persona al azar. a) (1.5 puntos) ¿Cuál es la probabilidad de que apruebe la asignatura? b) (1 punto) Sabiendo que ha aprobado la asignatura, ¡cuál es la probabilidad de que sea mujer? Solución. Sucesos: - H ≡ Hombre matriculado en la asignatura - M ≡ Mujer matriculada en la asignatura - A ≡ Aprobar la asignatura Datos: p(H ) =

210 3 = 700 10

p(M ) =

490 7 = 700 10

p(A H ) =

60 3 = 100 5

p(A M ) =

70 7 = 100 10

a.

Probabilidad de aprobar la asignatura p(A ) = p[(H ∩ A ) ∪ (M ∩ A )] = p(H ∩ A ) + p(M ∩ A ) = p(H ) ⋅ p(A H ) + p(M ) ⋅ p(A M ) 3 3 7 7 67 p(A ) = ⋅ + ⋅ = = 67% 10 5 10 10 100

b.

Probabilidad de ser mujer SI ha aprobado la asignatura 7 7 ⋅ p(M ∩ A ) p(M ) ⋅ p(A M ) 10 10 49 p(M A ) = = = = = 73,13% 67 BAYES p(A ) p(A ) 67 100

3

EJERCICIO 4 La calificación en matemáticas de los alumnos de un centro docente es una variable aleatoria que sigue una distribución normal de desviación típica 1.2. Una muestra de 10 alumnos ha dado las siguientes calificaciones: 3 8 6 3 9 1 7 7 5 6. a) (1.75 puntos) Se tiene la creencia de que la calificación media de los alumnos del centro en Matemáticas es a lo sumo 5 puntos. Con un nivel de significación de 5%, plantee el contraste unilateral correspondiente (H o : µ ≤ 5) , determine la región crítica y razone si la creencia es fundada o no. b) (0.75 puntos) ¿Obtendría la misma respuesta si el nivel de significación fuese del 15%? Solución a. Hipótesis Hipótesis Región de aceptación Región crítica o Gráfico nula alternativa Intervalo H0 de rechazo Rallada la región H0 H1 crítica

µ ≤ µ0

 σ   x ∈  − ∞, µ 0 + Z α ⋅ n 

µ > µ0

x > µ 0 + Zα ⋅

σ n

• •

Hipótesis nula Ho: µ ≤ 5 Hipótesis alternativa: H1: µ > 5

•

Nivel de significación; α = 0,05 ⇒ Z α = φ −1 (1 − α ) = φ −1 (1 − 0,05) = φ −1 (0,9500) = 1,645

Hipótesis Hipótesis nula alternativa H0 H1

µ≤5

µ>5

Región de aceptación Intervalo H0  1,2   = (− ∞, 5'62) x ∈  − ∞, 5 + 1,645 ⋅ 10  

x=

Región crítica o de rechazo

x > 5 + 1,645 ⋅

1,2 10

= 5`62

3 + 8 + 6 + 3 + 9 +1+ 7 + 7 + 5 + 6 = 5,5 ≤ 5,62 10

La media de la muestra pertenece a la región de aceptación, por lo tanto, se acepta la hipótesis nula, y la creencia está fundada. Lo único que cambiaría seria el valor crítico (Z α )

b.

Nivel de significación; α = 0,15 ⇒ Z α = φ −1 (1 − α ) = φ −1 (1 − 0,15) = φ −1 (0,8500) ≈ 1,04

•

-

 1,2   = (− ∞, 5'39) Región de aceptación: x ∈  − ∞, 5 + 1,04 ⋅ 10   1,2 Región crítica o de rechazo: x > 5 + 1,04 ⋅ = 5`39 10

En este nuevo caso, la media de la muestra pertenece a la región crítica, por lo tanto se rechaza la hipótesis nula y se acepta la hipótesis alternativa, no teniendo fundamento la creencia

4

OPCIÓN B EJERCICIO 1  2 0    2 3  2 − 3  , B =   , C =  0 2  Sean las matrices A =   − 1 1 5 1   3 0   a) (1.7 puntos) Calcule la matrices X e Y si X + Y = 2A y X + B = 2Y

b) (0.8 puntos) Analice cuáles de las siguientes operaciones con matrices se pueden realizar, indicando en los casos afirmativos las dimensiones de la matriz D: A+D=C

A ⋅ D = Ct

D⋅A =C

D ⋅ A = Ct

Solución. a.

  2 3   4 6   X + Y =    X + Y = 2 ⋅  − 1 1  − 2 2     Se pide resolver el sistema:  = X − 2Y = − 2 − 3  X − 2Y =  − 2 3  5 1    − 5 − 1       Restando la ecuaciones, se calcula la matriz Y.  4 6  X + Y =   − 2 2 − 2 3  1  6 3   2 1  =  X − 2Y =  ⇒ Y =  3  3 3   1 1  − 5 − 1  4 6  − 2 3   −   3Y =   − 2 2   − 5 − 1

Conocida la matriz Y, sustituyendo en cualquiera de la ecuaciones que forman el sistema se calcula la matriz X.  2 1  2 3  4 6   2 1  2 5   = 2 ⋅   ; X =   −   =   X +   1 1  − 1 1  − 2 2   1 1  − 3 1 

b.

- A + D = C No se puede hacer, solo se pueden sumar o restar matrices de iguales dimensiones.

En los siguientes casos, se habrá que tener en cuenta que para poder multiplicar matrices se ha de cumplir: A m×n ⋅ B n×p = C m×p El número de columnas de la primera matriz, debe ser igual al número de filas de la segunda matriz, obteniendo una matriz que tendrá igual número de filas que la primera e igual número de columnas que la segunda. 2 = m - A 2×2 ⋅ D m×n = (C 3×2 )t ; A 2×2 ⋅ D m×n = C 2×3 ⇔  ⇒ D 2×3 Se puede n =3 m = 3 - D m×n ⋅ A 2×2 = C 3×2 ⇔  ⇒ D 3×2 n = 2 - D m×n ⋅ A 2×2 = (C 3×2 )t = C 2×3 No se puede porque no coincide el número de columnas de la segunda matriz con el número de columnas de la matriz producto.

5

EJERCICIO 2  2  x + 2 si 0 ≤ x ≤ 2  Se considera la función f (x ) =   8x + a si x>2   x −1 a) (1 punto) Determine el valor de a para que la función sea continua. b) (0.75 puntos) ¿Para a = ‒10, es creciente la función en x = 3? c) (0.75 puntos) Halle las asíntotas para a = ‒10. Solución. a. Para que la función sea continua en todo su dominio y teniendo en cuenta que las funciones parciales son continuas en sus dominios de definición, la función deberá ser continua en x = 2 (punto frontera).

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

(

x →2

)

Lím− f (x ) = Lím x 2 + 2 = 2 2 + 2 = 6  x →2  x →2  8x + a 8 ⋅ 2 + a Lím+ f (x ) = Lím = = 16 + a  : 6 = 16 + a ⇒ a = −10 x →2 x − 1 2 −1 x →2  f (2 ) = 2 2 + 2 = 6  

b.

Para saber si la función es creciente en x = 3, se estudia el signo de la derivada en el punto.   2  2x si 0 < x < 2 x + 2 si 0 ≤ x ≤ 2    f (x ) =  f ′(x ) =   8x − 10  8(x − 1) − (8x − 10 ) ⋅ 1 si x>2 si x>2   2  x −1 ( ) x − 1 

  2x  f ′(x ) =   2  2  (x − 1)

si 0 < x < 2 f ′(3) = si

x>2

2

(3 − 1)

2

=

1 >0 2

En x = 3, la función es creciente

c.

La función solo presenta una asuntota horizontal cuando x tiende a ∞ ∞ 10 10   8− 8− 8x − 10  ∞  x ∞ = 8−0 = 8 =8 Lím f (x ) = Lím = Lím = 1 1 1− 0 1 x → +∞ x → +∞ x − 1 ÷ x x → +∞ 1− 1− x ∞ Asíntota horizontal y = 8

6

EJERCICIO 3 La proporción de personas de una población que tiene una determinada enfermedad es de 1 por cada 500 personas. Se dispone de una prueba para detectar dicha enfermedad. La prueba detecta la enfermedad en el 90% de los casos en que la persona está enferma, pero también da como enfermas al 5% de las personas sanas. a) (1.25 puntos) Se elige al azar una persona y se le hace la prueba. ¿Cuál es la probabilidad de

que haya sido diagnosticada correctamente? b) (1.25 puntos) Si la prueba ha diagnosticado que la persona está enferma, ¿cuál es la probabilidad de que realmente lo esté? ¿Y de que esté sana? Solución. Definición de sucesos: - E ≡ Una persona padece la Enfermedad - A ≡ La prueba para detectar la enfermedad da Afirmativa Datos: -

-

-

“La proporción de personas de una población que tiene una determinada enfermedad es de 1 1 499 por cada 500 personas”. p(E ) = ⇒ p(E ) = 500 500 “La prueba detecta la enfermedad en el 90% de los casos en que la persona está enferma”. 90 9 p(A E ) = = 100 10 5 1 = “La prueba, da como enfermas al 5% de las personas sanas”. p(A E ) = 100 20

a. Para que el diagnostico sea correcto pueden pasar dos cosa, que la persona este enferma y la prueba de afirmativa ó que la persona no este enferma y la prueba no de afirmativa.

(

(

))

(

p (E ∩ A ) ∪ E ∩ A = p(E ∩ A ) + p E ∩ A

)

Teniendo en cuenta que el resultado de la prueba depende del estado de salud de la persona, para calcular la intersección habrá que tener en cuenta el teorema de la probabilidad total (p(A ∩ B) = p(A ) ⋅ p(B A )) :

(

(

))

(

)

p (E ∩ A ) ∪ E ∩ A = p(E ) ⋅ p(A E ) + p(E ) ⋅ p A E = p(E ) ⋅ p(A E ) + p(E ) ⋅ (1 − p(A E ))

(

(

))

p (E ∩ A ) ∪ E ∩ A =

b.

1 9 499  1  9499 ⋅ + ⋅ 1 −  = = 94,99% 500 10 500  20  10000

Probabilidad que la persona este enferma SI la prueba da afirmativa: p(E ) ⋅ p(A E ) p(E ∩ A ) p(E ∩ A ) = = BAYES p(A ) p(E ∩ A ) + p(E ∩ A ) p(E ) ⋅ p(A E ) + p(E ) ⋅ p(A E )

p(E A ) =

1 9 ⋅ 18 500 10 p(E A ) = = = 3,48% 1 9 499 1 517 ⋅ + ⋅ 500 10 500 20

Probabilidad de que este sana SI la prueba da afirmativa (el complementario) p(E A ) = 1 − p(E A ) = 1 −

7

499 = 96,52% 517

EJERCICIO 4 Un fabricante de tuberías de PVC sabe que la distribución de los diámetros interiores de los tubos de conducción de agua sigue una ley Normal con varianza σ 2 = 0,25 mm 2 . Para estimar el diámetro medio de esas tuberías, toma una muestra aleatoria de 64 tubos y comprueba que el diámetro medio de esa muestra es de 20 mm. a) (1.5 puntos) Calcule un intervalo de confianza, con un nivel del 98%, para la media de los diámetros de los tubos que fabrica. b) (1 punto) Halle el tamaño mínimo que debe tener una muestra de esa distribución para

que la amplitud de un intervalo de confianza, con ese mismo nivel de confianza, sea inferior a 2 mm. Solución. a. Intervalo de confianza para la media poblacional a partir de una media muestral:  σ σ  x − z α 2 ⋅ , x − zα 2 ⋅ n n 

  

Datos: x = 20 mm  

α 2

 

Nivel de confianza: 1 − α = 0,98 ⇒ α = 0,02 ; z α 2 = φ −1 1 −  = φ −1 1 −

0,02  −1  = φ (0,9900) = 2,33 2 

Desviación típica σ = 0,25 = 0,5 Número de elementos de la muestra: n = 64  0,5 0,5   20 − 2,33 ⋅  = (19'85; 20'15) , 20 − 2,33 ⋅ 64 64  

b.

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



σ

σ 

2

 ⇒ n =  z α 2 ⋅ = zα 2 ⋅ ε max  n 

El error máximo admitido se puede calcular de la amplitud del intervalo: ε max =

Amplitud 2 = =1 2 2 2

0,5   n =  2,33 ⋅  = 1,4 ⇒ n ≥ 2 1  

8