UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBADE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO Curso 2014-2015 (JUNIO) 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 de ecuaciones dependiente del parámetro real a:  3x + y − z = 8  + az = 3 2 x x + y + z = 2  a) Discútase en función de los valores del parámetro a. b) Resuélvase para a = 1. Solución.  3 1 − 1  3 1 −1 8     a. A =  2 0 a  ; A* =  2 0 a 3  ; A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ 3 = n 1 1 1  1 1 1 2     Si el A ≠ 0 , rg A = rg A* = n = 3 sistema compatible determinado. Se discute el tipo de solución para los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz de coeficientes. 3 1 −1 A = 2 0 a = 0 + a − 2 − (0 + 3a + 2) = −2a − 4 1 1

1 A = 0 ; − 2a − 4 = 0 , a = −2

Discusión: i. Si a ≠ −2 . A ≠ 0 , rg A = rg A* = n = 3 sistema compatible determinado. ii.

 3 1 −1 8   Si a = −2 . A = 0 ⇒ rg A < 3 . = −2 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 . A* =  2 0 − 2 3  Para 2 0  1 1 1 2   3 1 estudiar el rango en la matriz ampliada, si se parte del menor , solo queda un menor 2 0 3 1

3 1 8 orlado por estudiar, 2 0 3 = 6 ≠ 0 , rg A* = 3 ≠ rg A , sistema incompatible. 1 1 2 3x + y − z = 8  b. Para a = 1: 2x + z = 3 , sistema compatible determinado, la solución se puede x + y + z = 2  obtener por el método de Gauss o por el de Cramer.

1

Método de Cramer: x =

Ax A

; y=

Ay

; z=

A

Az A

a =1

A = −2a − 4 = − 2 ⋅ 1 − 4 = −6

x=

8 1 −1 3 0 1 2 1 1 −6

=2

y=

3 8 −1 2 3 1 1 2 1 −6

=1

x=

3 1 8 2 0 3 1 1 2 −6

= −1

Método de Gauss: 3 1 −1 M 8 1 M 2 1 M 2   1 1 1 M 2 1 1 1 1          2 0 1 M 3  =  2 0 1 M 3  E −=2 E  0 − 2 − 1 M − 1 =  0 − 2 − 1 M − 1  1 1 1 M 2  E1 ↔E 3  3 1 − 1 M 8  2 1  0 − 2 − 4 M 2  E 3 −E 2  0 0 − 3 M 3      E 3 −3E1     3x + y − z = 8  − 2 y − z = − 1 : z = −1 :   − 3z = 3 

3x + y = 7 : y = 1 : {3x = 6 : x = 2  − 2y = − 2 

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) Sabiendo que la derivada de una función real de variable real f es f ´(x) = 3x2 + 2x a) Calcúlese la expresión de f (x) sabiendo que su gráfica pasa por el punto (1, 4). b) Calcúlese la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función f en el punto (1, 4). Solución. df (x ) a. f ′(x ) = ⇒ df (x ) = f ′(x ) ⋅ dx , tomando integrales en los dos miembros de la ecuación: dx ∫ df (x ) = ∫ f ′(x ) ⋅ dx La integral y la diferencial se anulan entre si:

(

)

f (x ) = ∫ f ′(x ) ⋅ dx = ∫ 3x 2 + 2 x ⋅ dx =

3x 3 2 x 2 + + C = x3 + x2 + C 3 2

Para calcular la constante de integración, nos informan que la función f(x) pasa por (1, 4) f (1) = 4 , 13 + 12 + C = 4 , C = 2 f (x ) = x 3 + x 2 + 2

b. es:

En forma punto-pendiente, la ecuación de la recta tangente a la función f(x) en el punto (1, 4) y − 4 = f ′(1) ⋅ (x − 1) f ′(1) = 3 ⋅ 12 + 2 ⋅ 1 = 5 La ecuación de la recta tangente es: y − 4 = 5 ⋅ (x − 1) ó

2

y = 5x − 1

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos) Sean las funciones reales de variable real f (x) = x2 − 6x y g(x) = x − 10 a) Represéntense gráficamente las funciones f y g. b) Calcúlese el área del recinto plano acotado por las gráficas de las funciones f y g. Solución. a. Para representar f (x) = x2 − 6x (parábola), se calcula su vértice y los puntos de corte con los ejes.  −6 b  =− =3   x =− • Vértice :  v 2a 2 ⋅1  : V(3, − 9 )  y v = f (3) = 33 − 6 ⋅ 3 = −9   x = 0 (0, 0 ) OX : (y = 0 ). x 2 − 6 x = 0 : x ⋅ (x − 6 ) = 0 :  • Puntos de corte con los ejes:  x = 6 (6, 0 )  OY : (x = 0 ) (0, 0 ) 

Para representar g(x) = x − 10 (lineal), se hace una tabla de valores

x 0 10

y 10 0

b. El área comprendida entre las funciones f(x) y g(x) es el área coloreada en la figura adjunta, los límites de integración se calculan resolviendo el sistema formado por las dos funciones. x = 2  y = x 2 − 6 x Igualación    → x 2 − 6 x = x − 10 : x 2 − 7 x + 10 = 0 :    y = x − 10 x = 5 5

5

2

2

A = ∫ (g (x ) − f (x )) dx = ∫

((x − 10) − (x

2

))

− 6 x dx = 5

 x 3 7x 2  = ∫ − x + 7 x − 10 dx =  − + − 10 x  =  2 2  3  2  53 7 ⋅ 5 2   23 7 ⋅ 2 2  25  26  9 2 = − + − 10 ⋅ 5  −  − + − 10 ⋅ 2  = − − −  = u  3    2 2 6  3  2    3  5

(

2

)

3

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) En una bolsa hay cuatro bolas rojas y una verde. Se extraen de forma consecutiva y sin reemplazamiento dos bolas. Calcúlese la probabilidad de que: a) Las dos bolas sean del mismo color. b) La primera bola haya sido verde si la segunda bola extraída es roja. Solución. El problema se puede representar mediante un diagrama en árbol.

a.

p[(R 1 ∩ R 2 ) ∪ (V1 ∩ V2 )] = p(R 1 ∩ R 2 ) + p(V1 ∩ V2 ) = = p(R 1 ) ⋅ p(R 2 R 1 ) + p(V1 ) ⋅ p(V2 V1 ) =

4 3 1 3 ⋅ + ⋅0 = 5 4 5 5

p[(R 1 ∩ R 2 ) ∪ (V1 ∩ V2 )] = 60%

b.

p(V1 R 2 ) =

p(V1 ∩ R 2 ) p(V1 ) ⋅ p(R 2 V1 ) p(V1 ) ⋅ p(R 2 V1 ) = = = p(R 2 ) p[(V1 ∩ R 2 ) ∪ (R 1 ∩ R 2 )] p(V1 ∩ R 2 ) + p(R 1 ∩ R 2 ) 1 ⋅1 p(V1 ) ⋅ p(R 2 V1 ) 1 5 = = = 4 3 4 p(V1 ) ⋅ p(R 2 V1 ) + p(R 1 ) ⋅ p(R 2 R 1 ) 1 ⋅1 + ⋅ 5 5 4 p(V1 R 2 ) = 25%

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) El tiempo de reacción ante un obstáculo imprevisto de los conductores de automóviles de un país, en milisegundos (ms), se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media desconocida y desviación típica = 250 ms. a) Se toma una muestra aleatoria simple y se obtiene un intervalo de confianza (701; 799), expresado en ms, para con un nivel del 95 %. Calcúlese la media muestral y el tamaño de la muestra elegida. b) Se toma una muestra aleatoria simple de tamaño 25. Calcúlese el error máximo cometido en la estimación de mediante la media muestral con un nivel de confianza del 80 %. Solución. a. Por ser un intervalo de probabilidad, la media muestral es la media aritmética de los extremos del intervalo. 701 + 799 x= = 750 ms 2

μ

σ μ

μ

4

El tamaño muestral se calcula a partir de error máximo cometido. ε máx = z α 2

 σ n =  z α 2 ε máx 

σ

n

  

2

Z α 2 se calcula 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 El error máximo admitido se calcula a parir de la amplitud del intervalo. amplitud 799 − 701 ε máx = = = 49 2 2 2

250   n = 1,96 ⋅  = 100 49  

b.

ε máx = z α 2

σ n

  α 0,20  z α 2 = φ −1 1 −   −1   = 1,28  : z α 2 = φ 1 −  2 2   1 − α = Nivel de confianza = 0,80

ε máx = 1,28

250 25

5

= 64 ms

OPCIÓN B Problema 1.- (Calificación máxima: 2 puntos) Una fábrica de piensos para animales produce diariamente como mucho seis toneladas de pienso del tipo A y como máximo cuatro toneladas de pienso del tipo B. Además, la producción diaria de pienso del tipo B no puede superar el doble de la del tipo A y, por último, el doble de la fabricación de pienso del tipo A sumada con la del tipo B debe ser como poco cuatro toneladas diarias. Teniendo en cuenta que el coste de fabricación de una tonelada de pienso del tipo A es de 1000 euros y el de una tonelada del tipo B de 2000 euros, cuál es la producción diaria para que la fábrica cumpla con sus obligaciones con un coste mínimo? Calcúlese dicho coste diario mínimo. Solución. • Variables. x ≡ número de toneladas de pienso tipo A; y ≡ número de toneladas de pienso tipo B • Función objetivo. Coste mínimo F(x , y ) = 1000x + 2000 y • Restricciones. “Una fábrica de piensos para animales produce diariamente como mucho seis toneladas de pienso del tipo A y como máximo cuatro toneladas de pienso del tipo B” x≤6 ; y≤4

“La producción diaria de pienso del tipo B no puede superar el doble de la del tipo A” y ≤ 2x “El doble de la fabricación de pienso del tipo A sumada con la del tipo B debe ser como poco cuatro toneladas diarias” 2x + y ≥ 4 “Variables no negativas” x≥0 ; y≥0 Se pide obtener el mínimo de la función F(x , y ) = 1000x + 2000 y , sujeta a las siguientes restricciones: x ≤ 6 ; y ≤ 4  y ≤ 2x    2x + y ≥ 4  x ≥ 0 ; y ≥ 0 •

Región factible. Para delimitar la región factible se toma un punto de prueba y se estudia si cumple las diferentes restricciones. Tomo como punto de prueba P(0, 1): (0,1) x ≤ 6  → 0 ≤ 6 Se cumple. La región factible esta de la recta x = 6 hacia la izquierda. (0,1) y ≤ 4  →1 ≤ 4 Se cumple. La región factible esta de la recta y = 4 hacia abajo. (0,1) y ≤ 2x  →1 ≤ 2 ⋅ 0 No se cumple. La región factible esta de la recta y = 2x hacia la derecha.

6

(0,1) 2 x + y ≥ 4  → 2 ⋅ 0 + 1 ≥ 4 No se cumple. La región factible esta de la recta 2x + y = 4 hacia la derecha.

• Vértices.  y = 2x A≡ : A(1, 2) 2 x + y = 4 •

B(2, 0)

C(6, 0 )

D(6, 4)

y = 2x E≡ : E(2, 4 )  y=4

Optimación. A B C D E

x 1 2 6 6 2

y 2 0 0 4 4

F(x, y) = 1000x + 2000y 5000 2000 6000 14000 10000

Cumpliendo las restricciones propuestas, se obtiene un coste de fabricación mínimo de 2000 €, cuando se producen 2 toneladas de pienso tipo A.

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) Sea la matriz  2 2 0   A =  0 3 2  − 1 k 2   a) Estúdiese el rango de A según los valores del parámetro real k. b) Calcúlese, si existe, la matriz inversa de A para k = 3. Solución. a. Si el determinante de la matriz A es distinto de cero, el rango de la matriz es tres. Se estudia el rango de A, para los valores del parámetro que anulan el determinante de A. 2 2 0 A = 0 3 2 = 12 − 4 + 0 − (0 + 4k + 0 ) = 8 − 4k −1 k 2 A = 0 : 8 − 4k = 0 : k = 2

i. ii.

b.

Discusión. Si k ≠ 2, A ≠ 0 ⇒ rg A = 3  2 2 0   Si k = 2, A = 0 ⇒ rg A < 3 . A =  0 3 2   − 1 2 2  

2 2 0 3

= 6 ≠ 0 ⇒ rg A = 2

Para k = 3, A ≠ 0 ⇒ ∃ A −1

A −1 =  2 2 0   A =  0 3 2  − 1 3 2  

1 ⋅ (adj A )t A k =3

A = 8 − 4k = 8 − 4 ⋅ 3 = −4

7

 +   adj A =  −   +  

(adj A )

t

0 3  −1 3   0 −2 3   2 2   =  − 4 4 − 8 + − −1 2 −1 3   4 − 4 6  2 0 2 2    − + 0 2 0 3  − 1  1  0 − 4 4   0   1 ⋅  − 2 4 − 4 =  1 −1 A −1 = 1  2   −4    3 − 8 6   − 3 4 2 − 3 2 

3 2 3 2 2 0

−

3 2 2 0 3 2

 0 −4 4    =  − 2 4 − 4  3 −8 6   

0 2 −1 2 2 0

+

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera la función real de variable real definida por:  x2 − 4 si x < 2  2  x − 5x + 6 f (x ) =   3x + m si x ≥ 2   a) Calcúlese el valor del parámetro real m para que la función f sea continua en x = 2. b) Calcúlense Lím f (x ) y Lím f (x ) x → −∞

x → +∞

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

•

Lím− f (x ) = Lím

x →2

• •

x →2

x2 − 4 x

2

x →2 0   0

x →2

(x + 2)(x − 2) = Lím x + 2 = 2 + 2 = −4 − 5x + 6 RUFFINI x →2 (x − 2 )(x − 3) x →2 x − 3 2 − 3 =

Lím

Lím f (x ) = Lím(3x + m ) = 3 ⋅ 2 + m = 6 + m

x →2+

x →2

f (2 ) = 3 ⋅ 2 + m = 6 + m Igualando: − 4 = 6 + m ⇒ m = ‒10

b.

Lím f (x ) = Lím

x → −∞

x →−∞

2

x −4 x 2 − 5x + 6

∞   ∞

≈ Lím

x → −∞

x2 x2

=1

Lím f (x ) = Lím (3x + m ) = 3 ⋅ ∞ + m = ∞

x → +∞

x →+∞

8

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) Sean A y B sucesos de un experimento aleatorio tales que P(A∩B) = 0,3; P(A∩ B ) = 0,2 y P(B) = 0,7. Calcúlese: a) P(A B). b) P(B | A ). Nota: S denota el suceso complementario del suceso S. Solución. a. P(A ∪ B) = P(A ) + P(B) − P(A ∩ B)

∪

Para calcular el valor de p(A), se utiliza la probabilidad de “solo A” (P(A ∩ B )) P(A ∩ B ) = P(A) ‒ P(A∩B) P(A) = P(A ∩ B ) + P(A∩B) = 0,2 + 0,3 = 0,5 P(A ∪ B) = 0,5 + 0,7 − 0,3 = 0,9

b.

Aplicando el teorema de Bayes:

(

) P(B(∩ )A ) PA

PB A =

(B ∩ A ) ≡ Suceso solo B, B menos la intersección. P(B ∩ A ) P(B) − P(A ∩ B) 0,7 − 0,3 0,4 P (B A ) = ( ) = ( ) = 1 − 0,5 = 0,5 = 0,8 PA

1− P A

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) La duración de cierto componente electrónico, en horas (h), se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media desconocida y desviación típica igual a 1000 h. a) Se ha tomado una muestra aleatoria simple de esos componentes electrónicos de tamaño 81 y la media muestral de su duración ha sido x = 8000 h. Calcúlese un intervalo de confianza al 99% para . b) Cuál es la probabilidad de que la media muestral esté comprendida entre 7904 y 8296 horas para una muestra aleatoria simple de tamaño 100 si sabemos que = 8100 h? Solución. a. x ≡ Duración de un componente electrónico en horas. x : N (µ, σ ) Para muestras de tamaño 81, la distribución de medias muestrales también tiene un comportamiento normal  σ   x : N µ, 81  

μ

μ

μ

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 = 0,99)

 α  0,01  −1 z α 2 = φ −1 1 −  = φ −1 1 −  = φ (0,9950) = 2,575 2 2   

9

 1000 1000   8000 − 2,575 ⋅  ≈ (7714 ; 8286) , 8000 + 2,575 ⋅ 81 81   Con un nivel de confianza del 99% se puede estimar que la media de la duración del componente electrónico va a estar comprendido entre 7714 y 8286 horas.

b.

 1000   , se pide: Para x : N 8100, 100   7904 − 8100   = −1,96 x = 7714 → z = 100 p(7904 < x < 8296) =   = p(− 1,96 < z < 1,96 ) = 8296 − 8100 N x (8100, 100 )  x = 8286 → z = = 1,96  100  

(

)

= 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 ⋅ 0,975 − 1 = 0,95 p(7904 < x < 8296) = 95%

10