UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBADE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO Curso 2016-2017 (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) Se considera el sistema lineal de ecuaciones dependiente del parámetro real a: − 2 y − z = −2  x  − az = 2 − 2 x  y + az = −2  a) Discútase en función de los valores del parámetro a. b) Resuélvase para a = 4. Solución. a. El sistema lineal de tres ecuaciones y tres incógnitas (n = 3), viene definido por dos matrices:  1 − 2 −1  1 − 2 − 1 − 2     A = − 2 0 − a A* =  − 2 0 − a 2  A ⊂ A* ⇒ rg A* ≥ rg A  0    1 a  1 a − 2   0 Si el A ≠ 0 , el rg A = rg A* = n = 3 , el sistema sería compatible determinado, por lo tanto, se discute el tipo de solución del sistema para los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz de coeficientes. 1 − 2 −1 2 det A = − 2 0 − a = 0 + 0 + 2 − (0 − a + 4a ) = 2 − 3a ; A = 0 ; 2 − 3a = 0 ; a = 3 0 1 a Discusión. i.

Si a ≠

2 , A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3 , sistema compatible determinado (solución 3

única) ii.

 1 − 2 −1    2 Si a = , A = 0 ⇒ rg A < 3 . A =  − 2 0 − 2 3  Para estudiar si la matriz de 3  0 1 2 3   coeficientes tiene rango 2, se busca un menor de orden dos distinto de cero −2 0 = −2 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 . Conocido el rango de la matriz de coeficientes se estudia el 0 1 rango de la ampliada a parir del menor de orden 2 distinto de cero, usando para ello los menores orlados al menor de orden 2 distinto de cero. De sus menores orlados, uno es el determinante de la matriz de coeficientes, que es cero para este valor del parámetro, el otro es el formado por las 1ª, 2ª y 4ª columna que es él único de orden tres que queda por 1 −2 −2 2 = 10 ≠ 0 ⇒ rg A* = 3 ≠ rg A . Sistema incompatible. estudiar − 2 0 0 1 −2

1

b. Para a = 4, sistema compatible determinado, se de Cramer: GAUSS:  1 − 2 − 1 M − 2 1 − 2 −1    − 2 0 − 4 M 2 =   0 − 4 − 6 (E 2 = E 2 + 2E1 )  0  1 4 M − 2 4  0 1

puede resolver por el método de Gauss o por el

M − 2 1 − 2 −1 M − 2     M − 2 = 0 − 4 − 6 M − 2  E 3 = 4E 3 + E 2   M − 2   0 0 10 M − 10 

x − 2 y − z = − 2 x − 2 y − z = − 2 x − 2 y + 1 = − 2   − 4 y − 6z = − 2 =  2 y + 3z = 1 =   2y − 3 = 1  10z = − 10  z = −1   x − 2 y = − 3 x − 2 y = − 3 = {x − 4 = − 3 = {x = 1 =   2y = 4 y = 2   Solución: (1, 2, − 1) a =4

CRAMER: A = 2 − 3a = 2 − 3 ⋅ 4 = −10

−2 −2 2 x=

Ax A

=

−2

0

−1 −4

1 − 10

4

=1; y =

Ay A

=

1

−2

−1

1

−2

2

−4

−2

0

2

0

−2

4

0

1

−2

− 10

= 2; z =

Az A

=

−2 −2

− 10

= −1

Solución: (1, 2, − 1)

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera la región del plano S definida por: 1 ≤ x ≤5 ; 2 ≤ y ≤ 6; x ‒ y ≥ ‒4 ; 3x ‒ y ≤ 10. a) Represéntese gráficamente la región S y calcúlense las coordenadas de sus vértices. b) Calcúlense los valores máximo y mínimo de la función f (x, y) = ‒200x + 600y en la región S y obténganse los puntos de S donde se alcanzan dichos valores. Solución. a. Vértice A: A (1, 2)

 y=2 Vértice B :  B(4, 2) 3x − y = 10  x=5 Vértice C :  C(5, 5) 3x − y = 10 Vértice D: D(5, 6)  y=6 Vértice E :  E(2, 6 )  x − y = −4  x =1 Vértice F :  F(1, 5)  x − y = −4 b.

Optimación de f(x, y) = ‒200x + 600y Vértice x y 1 2 A B 4 2 5 5 C 5 6 D E 2 6 1 5 F

f(x, y) = ‒200x + 600y f(1, 2) = ‒200·1 + 600·2 = 1000 f(4, 2) = ‒200·4 + 600·2 = 400 f(5, 5) = ‒200·5 + 600·5 = 2000 f(5, 6) = ‒200·5 + 600·6 = 2600 f(2, 6) = ‒200·2 + 600·6 = 3200 f(1, 5) = ‒200·1 + 600·5 = 2800

2

Cumpliendo las restricciones propuestas, la función f(x, y) alcanza un valor mínimo de 400 unidades en el punto B(4, 2) y un valor máximo de 3200 unidades en el punto E(2, 6).

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera la función real de variable real: si x < −1  ax + 1 f (x ) =  2 x + x − 2 si x ≥ −1  a) Calcúlese el valor del parámetro real a para que f (x) sea una función continua en todo su dominio. b) Para a = 2, calcúlense los puntos de corte de la gráfica de la función con los ejes cartesianos. Determínense sus intervalos de crecimiento y decrecimiento. Solución. a. Para que una función sea continua en x = ‒1, se debe cumplir: Lím f (x ) = Lím f (x ) = f (− 1) x → −1−

x → −1+

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

b. •

(

)

si x < −1  2x + 1 f (x ) =  2 x + x − 2 si x ≥ −1 Puntos de corte: f(x) = 2x + 1 en el intervalo (‒∞, ‒1) no corta a los ejes coordenados.

− 1 ± 12 − 4 ⋅ 1 ⋅ (− 2 ) = −2 ∉ [− 1,+∞ ) = 2 ⋅1  = 1 ∈ [− 1,+∞ ) La función corta al eje OX en el punto (1, 0) f (x ) = x 2 + x − 2 = 0 : x =

Punto de corte con OY: y = f (0) = 0 2 + 0 − 2 = −2 (0, ‒2)

•

Monotonia. Se asocia al signo de la derivada, en los puntos donde la derivada es positiva, la función es creciente, donde es negativa es decreciente.  Si x ∈ (− ∞, − 1) f ′(x ) > 0 f (x ) es creciente si x < −1   2 f ′(x ) =  :  Si x ∈ (− 1, − 1 2) f ′(x ) < 0 f (x ) es decreciente 2x + 1 si x ≥ −1 Si x ∈ (− 1 2 , + ∞ ) f ′(x ) > 0 f (x ) es creciente 

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) Una empresa fabrica dos modelos de ordenadores portátiles A y B, siendo la producción del modelo A el doble que la del modelo B. Se sabe que la probabilidad de que un ordenador portátil del modelo A salga defectuoso es de 0’02, mientras que esa probabilidad en el modelo B es de 0’06. Calcúlese la probabilidad de que un ordenador fabricado por dicha empresa elegido al azar: a) No salga defectuoso. b) Sea del modelo A, si se sabe que ha salido defectuoso.

Solución Sucesos: A ≡ El ordenador fabricado es del modelo A; B ≡ El ordenador fabricado es del modelo B D ≡ El ordenador fabricado es defectuoso. Datos y diagrama en árbol: p(A ) = 2p(B)

p(D A ) = 0,02

p(D B) = 0,06

Teniendo en cuenta que los sucesos A y B son complementarios. Se puede plantear un sistema que nos permite calcular las probabilidades de los sucesos A y B

3

1   p(B) = 3 p(A ) = 2p(B) : { 2p(B) + p(B) = 1 : { 3p(B) = 1 :   2 p(A ) + p(B) = 1 P(A ) = 3  *

**

( ) [( ) ( )] ( ) ( ) = p(A ) ⋅ p(D A ) + p(B) ⋅ p(D B) = p(A ) ⋅ (1 − p(D A )) + p(B) ⋅ (1 − p(D B)) =

a.

No salga defectuoso. p D = p A ∩ D ∪ B ∩ D = p A ∩ D + p B ∩ D =

* **

2 1 29 ⋅ (1 − 0,02) + ⋅ (1 − 0,06) = ≈ 96,67% 3 3 30 Los sucesos A y B son incompatibles Teorema de la probabilidad total

b.

Sea del modelo A, si se sabe que ha salido defectuoso. p(A D ) =

=

*

p(A ∩ D ) = p(D )

2 ⋅ 0,02 p(A ) ⋅ p(D A ) 3 2 = = = = 40% 29 1 − p(D ) 5 1− 30 *

Teorema de Bayes

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) El tiempo, en horas, que tarda cierta compañía telefónica en hacer efectiva la portabilidad de un número de teléfono se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media µ y desviación típica σ = 24 horas. Se toma una muestra aleatoria simple de tamaño 16. Calcúlese: a) La probabilidad de que la media muestral del tiempo, X, supere las 48 horas, si µ = 36 horas. b) El nivel de confianza con el que se ha calculado el intervalo (24’24 ; 47’76) para µ. Solución. a. x ≡ Tiempo en horas para la portabilidad de un número de teléfono. Variable continua con distribución Normal (x : N(µ, σ )) , siendo µ = 36 H y σ = 24 H. Las medias de las muestras de tamaño 16, también siguen una distribución Normal:   σ  24   = N(36, 6 )  = N 36, x : N µ, n 16    Se pide: p(x > 48)

Tipificar

48 − 36   = 2,00 = p(z > 2,00) = p z ≤ 2,00 = x = 48 z = 6 N x (36, 6 )  = 1 − p(z ≤ 2,00) = 1 − φ(2,00) = 1 − 0,9772 = 0,0228

(

=

)

p(x > 48 H ) = 2,28% b. El nivel de confianza con el que se ha determinado un intervalo se la probabilidad de que la variable estadística pertenezca a ese intervalo. 24,24 − 36   = −1,96 Tipificar x = 24,24 z = 6 Nivel de confianza = p(24,24 < x < 47,76) =  = 47,76 − 36 N x (36, 6 ) x = 47,76 z = = 1,96  6   p(− 1,96 < z < 1,96) = p(z < 1,96) − p(z ≤ −1,96) = p(z < 1,96) − p(z ≥ 1,96) =

(

)

= p(z < 1,96) − p z < 1,96 = p(z < 1,96) − (1 − p(z < 1,96)) = 2 ⋅ p(z < 1,96) − 1 = 2 ⋅ φ(1,96) − 1 = = 2 ⋅ 0,9750 − 1 = 0,95 = 95%

4

OPCIÓN B Problema 1.- (Calificación máxima: 2 puntos) Considérense las matrices:

 1 − 2  A =  −1 1  a) Determínese la matriz C40. b) Calcúlese la matriz X que verifica

1 3   B =   2 − 1

 −1 0  C =   3 1

X · A + 3B = C. Solución. a. Se empiezan calculando las primeras potencias para ver si existe una ley de recurrencia.  − 1 0   − 1 0   − 1 ⋅ (− 1) + 0 ⋅ 3 − 1 ⋅ 0 + 0 ⋅ 1  1 0   ⋅   =  = =I C 2 = C ⋅ C =  3 ⋅ 0 + 1 ⋅ 1   0 1   3 1   3 1   3 ⋅ (− 1) + 1 ⋅ 3 La matriz C es involutiva, por lo tanto sus potencias solo pueden tener dos posibles resultados C si n es impar Cn =  ⇒ C 40 = I I si n es par 

b. Se despeja la matriz X teniendo en cuenta que el producto de matrices no es conmutativo, y por tanto, para eliminar la matriz A del primer miembro, se multiplicara los dos miembros de la igualdad por la inversa de A (A‒1) y por la derecha.

X ⋅ A + 3B = C

;

X ⋅ A = C − 3B

;

−1 −1 X⋅A A4 1⋅2 3 = (C − 3B) ⋅ A I

;

X ⋅ I = (C − 3B) ⋅ A −1

X = (C − 3B) ⋅ A −1 Inversa de A:

A −1 =

1 (adj A )t = 1 1 −2 A −1 1

t

t

  1 − 2 1 2   − 1 − 2  1  1 1  adj           − 1 1   = − 1  2 1 = −1 1  =  − 1 − 1          

Sustituyendo en la expresión de X:  − 1 0 1 3   −1 − 2  − 4 − 9  −1 − 2  − 3 ⋅    ⋅   =   ⋅   X =    3 1   2 − 1   − 1 − 1   − 3 4   − 1 − 1  

 − 4 ⋅ (− 1) + (− 9) ⋅ (− 1) − 4 ⋅ (− 2) + (− 9) ⋅ (− 1)  13 17  =  X =  − 3 ⋅ (− 2) + 4 ⋅ (− 1)   − 1 − 2   − 3 ⋅ (− 1) + 4 ⋅ (− 1)

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

f (x ) =

x2 −1 3x − 2

a) Estúdiense sus asíntotas. b) Determínense los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función. Solución. a.

Asíntotas verticales: Rectas de la forma x = a tal que a∉D[f(x)] y Lím f (x ) = x →a

2 D[f (x )] = {x ∈ R 3x − 2 ≠ 0} = R −   3 x2 −1 − 5 9 2 ⇒ x = Asíntota vertical. = 0 3 x → 2 3x − 2

Lím f (x ) = Lím

x→2

3

3

5

k 0

Tendencias en las proximidades de la asíntota: solo se tendrá en cuenta la tendencia lateral en el factor del denominador que se anula 2

•

2   −1 2 −5 9 x −1  3  = = − = +∞ Lím f (x ) = Lím − − − 3x − 2 0 2 x→2 x→2 3 3 −2 3 3

•

2   −1 2 −5 9 x −1 3 =   = + = −∞ Lím f (x ) = Lím + + 3x − 2 +   0 2 x→2 x→2 3 3 3  − 2 3   

2

Asíntota horizontal: Rectas de la forma y = L, donde L = Lím f (x ) ∈ R x → ±∞

0   2 x −1  0 

x2 x ±∞ = Lím = = ±∞ 3 x → ±∞ x → ±∞ 3x − 2 x → ±∞ 3x x → ±∞ 3 0       0   ′ f (x ) f (x )  Este límite también se puede resolver por el teorema de L´Hopital  Lim = Lim  x → a g(x ) x → a g′(x )      Lím f (x ) = Lím

≈ Lím

2

0   −1  0 

x 2x 2 ⋅ (± ∞ ) ± ∞ = Lím = = = ±∞ 3 3 x → ±∞ x → ±∞ 3x − 2 L´H x → ±∞ 3 La función no tiene asíntotas horizontales Lím f (x ) = Lím

Asíntota oblicua: y = mx + n 0 x2 −1   2 f (x ) x −1  0  x2 1 3 x − 2 m = Lím = Lím = Lím ≈ Lím = 2 2 x 3 x → ±∞ x x → ±∞ x → ±∞ 3x − 2 x x → ±∞ 3x

(

)

 x2 −1 1  3 x 2 − 1 − x (3x − 2 ) 2x − 3 2 n = Lím (f (x ) − mx ) = Lím  − x  = Lím = Lím =   (3x − 2) ⋅ 3 9 x → ±∞ x → ±∞ 3x − 2 3 x → ±∞ 9 x − 6   x → ±∞ 1 2 y= x+ 3 9 b. Monotonía (crecimiento y decrecimiento). Se asocia al signo de la derivada, en los puntos donde la derivada es positiva, la función es creciente, donde es negativa es decreciente.

f ′(x ) =

(

)

2x ⋅ (3x − 2) − x 2 − 1 ⋅ 3

(3x − 2)2

=

6 x 2 − 4 x − 3x 2 + 3

(3x − 2)2

=

3x 2 − 4 x + 3

(3x − 2)2

Se buscan los ceros de la derivada:

f ′(x ) = 0 ;

3x 2 − 4 x + 3

(3x − 2)2

= 0 ; 3x 2 − 4 x + 3 = 0 ; x =

4 ± 42 − 4 ⋅ 3 ⋅ 4 4 ± − 32 = ∉R 2⋅6 12

Al no tener ceros la derivada, solo se estudian los intervalos que genera el dominio de la función. 2  si x ∈  − ∞,  f ′(x ) > 0 f (x ) es creciente 3  2  si x ∈  , + ∞  f ′(x ) > 0 f (x ) es creciente 3   La función es estrictamente creciente en su dominio de definición.

6

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

f (x) = x2 + ax a) Calcúlese el valor del parámetro real a para que la función f (x) tenga un extremo relativo en x = 2. Determínese si se trata de un máximo o un mínimo local. b) Para a = ‒2, hállese el área del recinto acotado por la gráfica de f (x), el eje de abscisas y las rectas x = 0 y x = 2. Solución. a. Para que la función tenga un extremo relativo en x = 2, se debe cumplir que f ′(2 ) = 0 y ′ ′ f (2) ≠ 0 , con el siguiente criterio: Si f ′′(2) > 0 en el punto (2, f(2)) la función presenta un mínimo relativo. Si f ′′(2) < 0 en el punto (2, f(2)) la función presenta un máximo relativo.

• •

f ′(x ) = 2 x + a

f ′(2) = 2 ⋅ 2 + a = 4 + a

4+a =0

a = −4

f ′′(x ) = 2 > 0 En el punto (2, f(2)) la función f(x) = x2 + 4x tiene un mínimo relativo b. f (x ) = x 2 − 2x Se pide calcular el área representada en el gráfico, como se puede observar, la función no cambia de signo en el intervalo de integración, manteniéndose negativa en (0, 2), por lo tanto el área será:

Area =

2

2

 x 3 2x 2   x3  x − 2x dx =  − = − x2  =   3  2   0   3 0

∫0 f (x ) dx = ∫0 ( 2

2

)

2

 23   03  4 4 = − 22  −  − 02  = − = u 2  3   3  3 3    

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) La probabilidad de que cierto río esté contaminado por nitratos es 0’6, por sulfatos es 0’4, y por ambos es 0’2. Calcúlese la probabilidad de que dicho río: a) No esté contaminado por nitratos, si se sabe que está contaminado por sulfatos. b) No esté contaminado ni por nitratos ni por sulfatos. Solución. Sucesos: A ≡ El río está contaminado por nitratos B ≡ El río está contaminado por sulfatos

Datos:

p(A ) = 0,6

p(B) = 0,4

p(A ∩ B) = 0,2

a. Probabilidad de que dicho río no esté contaminado por nitratos, si se sabe que está contaminado por sulfatos:

(

)*

p A∩B p(B) − p(A ∩ B) 0,4 − 0,2 = = = 0,5 p(B) p(B) 0,4 Bayes * Suceso solo B, La parte de B que no contiene nada de A

(

pA B

b.

)

=

Probabilidad de que dicho río no esté contaminado ni por nitratos ni por sulfatos: p A ∩ B = p A ∪ B = 1 − p(A ∪ B) = 1 − [p(A ) + p(B ) − p(A ∩ B)] = 1 − (0,6 + 0,4 − 0,2) = 0,2

(

)

Leyes de Morgan

(

)

7

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) La longitud auricular de la oreja en varones jóvenes, medida en centímetros (cm), se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media µ y desviación típica σ = 0’6 cm. a) Una muestra aleatoria simple de 100 individuos proporcionó una media muestral x = 7 cm . Calcúlese un intervalo de confianza al 98% para µ. b) ¿Qué tamaño mínimo debe tener una muestra aleatoria simple para que el error máximo cometido en la estimación de µ por la media muestral sea a lo sumo de 0’1 cm, con un nivel de confianza del 98%? Solución. a. x ≡ Longitud auricular de la oreja en varones jóvenes. x : N (µ, σ ) Para muestras de tamaño 100, la distribución de medias muestrales también tiene un comportamiento normal  σ   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 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     0,6 0,6   7 − 2,33 ⋅  = (6,86 ; 7,14) , 7 + 2,33 ⋅ 100 100   Con un nivel de confianza del 98% se puede estimar que la media de la longitud auricular en varones jóvenes de esa población va a estar comprendida entre 6,86 y 7,14 cm.

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

  

2

 0,6  n >  2,33 ⋅  = 195,4 ⇒ n ≥ 196 elementos 0,1  

8