UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBADE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO Curso 2015-2016 (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) Considérense las matrices

 3 2 2   A = 1 7 4  4 5 2   a) Calcúlese el determinante de la matriz

 2 1   B =  5 3  0 1  

 2 4 8   C =  0 1 1  0 0 1  

A ⋅ C ⋅ C T ⋅ A −1 b) Calcúlese la matriz M = A ⋅ B . ¿Existe M −1 Nota: CT denota la matriz traspuesta de la matriz C. Solución. El problema se hace aplicando las propiedades de los determinantes a. Por propiedades de determinantes:

i. ii.

El determinante de una matriz es igual al de su traspuesta: A = A t

A ⋅ B = A ⋅ B . Aplicaciones de esta propiedad: •

An = A

•

A −1 =

n

1 A II

I

II

2

A ⋅ C ⋅ CT ⋅ A −1 = A ⋅ C ⋅ C t ⋅ A −1 = A ⋅ C ⋅ C ⋅ A −1 = A ⋅ C ⋅

1 2 =C A

Matriz

2 4 8 Triangular C=0 1 1 = 2 ⋅1⋅1 = 2 ;

2

A ⋅ C ⋅ C T ⋅ A −1 = C = 2 2 = 4

0 0 1

b.

 3 2 2   2 1   6 + 10 + 0 3 + 6 + 2   16 11          M = A ⋅ B =  1 7 4  ⋅  5 3  =  2 + 35 + 0 1 + 21 + 4  =  37 26   4 5 2   0 1   8 + 25 + 0 4 + 15 + 2   33 21         

Para que una matriz tenga inversa debe ser regular, es decir, debe tener determinante distinto de cero. La matriz M, por ser rectangular, no tiene determinante, por lo tanto no existe M‒1.

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) Sea S la región del plano definida por:

1 x − y ≤ −2 2 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 de S en los cuales se alcanzan dichos valores máximo y mínimo. Solución. y+x≤5 ; y−x≤3 ;

1

a. Región Factible: Tomando como punto de prueba el (0, 0), se determina la región factible: P (0, 0 )

y + x ≤ 5   → 0 ≤ 5 P (0, 0 )

Se cumple

y − x ≥ 3   → 0 ≥ 3 Se cumple 1 P (0, 0 ) x − y ≥ −2   → 0 ≥ −2 No se cumple 2 Vértices:

 y−x =3 

 x+y=5 

 y − x = 3

   - A :  1  : (− 2, 1) - B :   : (1, 4) - C :  1 x − y = −2 : (2, 3) x − y = − 2 x y 5 + =       2

b.



2



1 x − y ≤ −2 . 2 f(x, y) = 2x + y ‒3 6 7

Optimación de f(x, y) = 2x + y sujeta a y + x ≤ 5 ; y − x ≤ 3 ;

x ‒2 1 2

A B C

y 1 4 3

Cumpliendo las restricciones propuestas, la función f(x, y), alcanza un valor mínimo de ‒3 en el punto A(‒2, 1), y valor máximo de 7 en el punto (2, 3)

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

f (x ) = x 3 + 8 a) Determínese el área de la región acotada delimitada por la gráfica de f (x), el eje de abscisas y por las rectas x = ‒3 y x = ‒1 b) Calcúlese la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función f(x) en el punto de abscisa x = 1 Solución. a. La función f(x) = x3 + 8, cambia de signo en x = ‒2: (− ∞,−2) f (x ) < 0

(− 2, + ∞ ) f (x ) > 0 Teniendo en cuenta el signo de la función, para calcular el área entre la función, el eje de abscisas (OX) y las rectas x = ‒3 y x = ‒1, se descompondrá en suma de dos integrales, tomando la primera en valor absoluto. A=

=

∫−3 (x −2

3

)

+ 8 dx +

−2

−1

 x4   x4  x + 8 dx =  + 8x  +  + 8x  =  4  − 3  4  − 2 

∫− 2 ( −1

3

)

(− 2)4 + 8 ⋅ (− 2 ) −  (− 3)4 + 8 ⋅ (− 3) + (− 1)4 + 8 ⋅ (− 1) −  (− 2)4 + 8 ⋅ (− 2) = 4

 

4

 

 

4

4

 

33 17 25 25 2  15   31  = − 12 −  −  +  − − (− 12) = − + = = u 4 4 4 2  4  4  b.

La ecuación de la recta tangente a la función en x = 1 en forma punto pendiente es: y − f (1) = f ′(1) ⋅ (x − 1)

f (1) = 13 + 8 = 9 f ′(x ) = 3x 2

f ′(1) = 3 ⋅ 12 = 3

y − 9 = 3 ⋅ (x − 1) En forma explícita: y = 3x + 6

2

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) Una conocida orquesta sinfónica está compuesta por un 55% de varones y un 45% de mujeres. En la orquesta un 30% de los instrumentos son de cuerda. Un 25% de las mujeres de la orquesta interpreta un instrumento de cuerda. Calcúlese la probabilidad de que un intérprete de dicha orquesta elegido al azar: a) Sea una mujer si se sabe que es intérprete de un instrumento de cuerda. b) Sea intérprete de un instrumento de cuerda y sea varón. Solución. • SUCESOS: V ≡ Ser varón; M ≡ Ser mujer; C ≡ Tocar un instrumento de cuerda. • DATOS: p(V ) = 0,55 ; p(M ) = 0,45 ; p(C ) = 0,30 ; p(C M ) = 0,25 p(M ∩ C ) p(M ) ⋅ p(C M ) 0,45 ⋅ 0,25 a. p(M C ) = = = = 0,375 p(C ) p(C ) 0,30 Bayes p(M C ) = 37,5%

b.

p(C ) = p[(C ∩ V ) ∪ (C ∩ M )] = p(C ∩ V ) + p(C ∩ M ) p(C ∩ V ) = p(C ) − p(C ∩ M ) = p(C ) − p(M ) ⋅ p(C M ) = 0,30 − 0,45 ⋅ 0,25 = 0,1875 p(C ∩ V ) = 18,75%

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) La producción diaria de leche, medida en litros, de una granja familiar de ganado vacuno se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media µ desconocida y desviación típica σ = 50 litros. a) Determínese el tamaño mínimo de una muestra aleatoria simple para que el correspondiente intervalo de confianza para al 95% tenga una amplitud a lo sumo de 10 litros. b) Se toman los datos de producción de 25 días escogidos al azar. Calcúlese la probabilidad de que la media de las producciones obtenidas, X , sea menor o igual a 940 litros si sabemos que µ = 950 litros. Solución a. El tamaño muestral se calcula a partir del error máximo admitido. 2   ε = z ⋅ σ ⇒ n =  z ⋅ σ   α 2 α 2  ε  n    El error máximo admitido se relaciona con la amplitud máxima Amplitud de intervalo 10 Amplitud de intervalo = 2ε ⇒ ε = = =5L 2 2 El valor de z α 2 se obtiene del nivel de confianza:

μ

  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 los valores en la expresión, se calcula el tamaño de la muestra. 2

50   n > 1,96 ⋅  = 384,16 5   n ≥ 385 b.

Para n = 25, la variable media muestral sigue una distribución Normal:  50   x : N 950, 25   Se pide calcular: x = 940     p(x ≤ 940) = z = 940 − 950 = −1,00 = p(z ≤ −1,00) = p(z ≥ 1,00) = = p z < 1,00 = Simetria Complement   50 25 = 1 − p(z < 1,00) = 1 − φ(1,00) = 1 − 0,8413 = 0,1587

(

p(x ≤ 940) = 15,87%

3

)

OPCIÓN B Problema 1.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera el sistema de ecuaciones lineales:

 x + 2y + z = 1  x + 2 y + 3z = 0  x + ay + 2z = 0  a) Discútase para los diferentes valores del parámetro a ∈ R. b) Resuélvase para a = 0. Solución. a. El sistema viene definido por las matrices: 1 2 1  1 2 1 1      A = 1 2 3  A* = 1 2 3 0  A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ n = 3 1 a 2  1 a 2 0      Si el A ≠ 0 , el rg A = 3 = rg A* = n , sistema compatible determinado, por lo tanto, el tipo de solución del sistema se discute para los valores del parámetro que anulan el determinante de A. 1 2 1

A = 1 2 3 = 4 + 6 + a − (2 + 4 + 3a ) = 4 − 2a 1 a i. ii.

A = 0 ⇒ 4 − 2a = 0 : a = 2

2

Discusión: Si a ≠ 2, A ≠ 0 , el rg A = 3 = rg A* = n , sistema compatible determinado

1 2 1  1 2 1 1    2 1   Si a = 2, A = 0 , rg A < 3 . A = 1 2 3  = 6 − 2 = 4 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 . A* = 1 2 3 0  1 2 2  2 3 1 2 2 0      2 1 De los menores orlados a solo queda por estudiar el formado por la 2ª, 3ª y 4ª columna. 2 3 2 1 1 2 3 0 = −2 ≠ 0 ⇒ rg A* = 3 ≠ rg A Sistema incompatible. 2 2 0

b. Teniendo en cuenta el apartado a, para a = 0, el sistema es compatible determinado. Se puede resolver por el método de Cramer o por el método de Gauss.

 x + 2y + z = 1  Método de Cramer:  x + 2 y + 3z = 0 x + 2z = 0  x=

x=

Ax

1 2 1 0 2 3 0 0 2 4

A

=

; y=

Ay A

4 =1; y = 4

; z=

a =0

Az

A = 4 − 2a = 4

A

1 1 1 1 0 3 1 0 2 4

 1 1 Solución: 1, , −   4 2

4

=

1 ; z= 4

1 2 1 1 2 0 1 0 0 −1

=

−2 1 =− 4 2

 x + 2y + z = 1  Método de Gauss:  x + 2 y + 3z = 0 x + 2z = 0  1 2 1 M 1  1 2   E 2 − E1   M = 1 2 3 0 =     0 0 1 0 2 M 0  E 3 − E1   0 − 2    1   x + 2 y − 2 = 1 x + ;   1  − 2y − = −1  − 2    1 1 Solución: 1, , −   4 2

1 M 1  x   2 M − 1 ;  1 M − 1  3 2y = 2 ; y= 1 2y = − 2

+ 2y +

z = 1 1 2z = − 1 ; z = − 2 − 2y + z = − 1

1  1 ; x + 2 ⋅ 4  4

3 ; x =1 2

=

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

 −x+b  si x ≤ −1  x − 2 f (x ) =   x 2 + 6x + 5  si x > −1  x 2 + 4x + 3 a) Determínese para qué valores del parámetro b la función f (x) es continua en x = −1. b) Calcúlense las asíntotas de f (x). Solución. a. Para que la función sea continua en x = ‒1, se debe cumplir: Lím f (x ) = Lím f (x ) = f (− 1) x → −1−

−x + b 1 + b = −3 x → −1 x − 2

Lím f (x ) = Lím

•

−

x → −1

Lím f (x ) = Lím

•

f (− 1) =

x 2 + 6x + 5

x → −1 x 2

+

x → −1

•

x → −1+

(0 0 )

(x + 1) ⋅ (x + 5) Lím x + 5 = 4 = 2 + 4x + 3 Ruffini x → −1 (x + 1) ⋅ (x + 3) x → −1 x + 3 2 =

Lím

− (− 1) + b 1 + b = −1− 2 −3

Igualando:

1+ b = 2 ; b = −7 −3

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

b.

x →a

k 0

El denominador de la primera expresión se anula para x = 2 ∉ (‒∞, ‒1], por lo tanto la expresión esta definida para todo su intervalo de definición. El denominador de la segunda expresión se anula para x = ‒3 y x = ‒1 ∉ (‒1, +∞), por lo tanto la expresión

x 2 + 6x + 5 x 2 + 4x + 3

esta definida para todo su intervalo de definición.

D[f (x )] = R La función no tiene asíntotas verticales. Asíntotas horizontales: Son rectas de la forma y = L, tal que L = Lím f (x ) x → ±∞

•

− x + b −1 Lím f (x ) = Lím = = −1 1 x → −∞ x → −∞ x − 2

y = ‒1 Asíntota horizontal cuando x → ‒∞

5

−x + b x−2

•

Lím f (x ) = Lím

x → +∞

x →∞

x 2 + 6x + 5 2

x + 4x + 3

=

1 =1 1

y = 1 Asíntota horizontal cuando x → ∞

Asíntota oblicua: Al tener asíntotas horizontales hacia ±∞, no puede tener asíntotas oblicuas.

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos) Sabiendo que la derivada de una función real de variable real es: f ´(x) = 6x2 + 4x − 2. a) Determínese la expresión de f (x) sabiendo que f (0) = 5. b) Determínense los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función f así como sus máximos y mínimos locales, si los tuviese. Solución. df (x ) a. f ′(x ) = ⇒ df (x ) = f ′(x ) ⋅ dx dx Tomando integrales en ambos miembros de la igualdad: df (x ) = f ′(x ) ⋅ dx

∫

∫

La diferencial y la integral se anulan entre si, obteniendo f(x)

x3 x2 +4 − 2x + C = 2x 3 + 2 x 2 − 2x + C 3 2 El cálculo de la constante se hace con el valor inicial f (0) = 5. f (x ) =

∫ (6x

2

)

+ 4x − 2 ⋅ dx = 6

f (x ) = 2 ⋅ 03 + 2 ⋅ 0 2 − 2 ⋅ 0 + C = 5 ; 3

C=5

2

f (x ) = 2x + 2x − 2x + 5 b. La monotonía y los extremos relativos de la función se pueden estudiar simultáneamente mediante los ceros y el signo de la derivada. Factorizando la expresión de la derivada por Ruffini, se obtiene: f ′(x ) = (6x − 2) ⋅ (x + 1)

x = −1 1 Igualando a cero: (6x − 2) ⋅ (x + 1) = 0 :  x=  3 Signo de f ′(x ) = (6x − 2) ⋅ (x + 1)

• •

(

)

Si x ∈ (− ∞, − 1) ∪ 1 , ∞ f ′(x ) > 0 ⇒ f (x ) es creciente 3 1 1 Si x ∈ − 1, ∪ , ∞ f ′(x ) < 0 ⇒ f (x ) es decreciente 3 3

(

) (

Extremos relativos:

)

( ) ( )

•

f ′ − 1− > 0 En x = ‒1: f ′(− 1) = 0 y  ⇒ (− 1, f (− 1)) La función ti ene un máximo f ′ − 1+ < 0

•

  1−  f ′  < 0  3   1  1  En x = 1/3: f ′ 1 = 0 y    ⇒  , f    La función tiene un máximo 3 +  3  3   ′ 1  f  3  > 0   

( )

f (− 1) = 2 ⋅ (− 1)3 + 2 ⋅ (− 1)2 − 2 ⋅ (− 1) + 5 = 7 Máximo en (‒1, 7)

( 3 ) = 2 ⋅ (13 )3 + 2 ⋅ (13 )2 − 2 ⋅ (13 )+ 5 = 125 27

f 1

 1 125  Mínimo en  ,   3 27 

6

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) Tenemos dos urnas A y B. La urna A contiene 5 bolas: 3 rojas y 2 blancas. La urna B contiene 6 bolas: 2 rojas y 4 blancas. Se extrae una bola al azar de la urna A y se deposita en la urna B. Seguidamente se extrae una bola al azar de la urna B. Calcúlese la probabilidad de que: a) La segunda bola extraída sea roja. b) Las dos bolas extraídas sean blancas. Solución. Los datos del problema se pueden representar en un diagrama en árbol, teniendo en cuenta que la segunda urna, dependiendo del color de la bola que se traspasa, tendrá diferente composición.

a.

p(R 2 ) = p[(R1 ∩ R 2 ) ∪ (B1 ∩ R 2 )] = p(R1 ∩ R 2 ) + p(B1 ∩ R 2 ) = p(R1 ) ⋅ p(R 2 R1 ) + p(B1 ) ⋅ p(R 2 B1 ) p(R 2 ) =

b.

3 3 2 2 13 ⋅ + ⋅ = 5 7 5 7 35

p(B1 ∩ B2 ) = p(B1 ) ⋅ p(B2 B1 ) =

p(R 2 ) = 37,14%

2 5 2 ⋅ = = 28,57% 5 7 7

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) El peso por unidad, en gramos, de la gamba roja de Palamós, se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media µ desconocida y desviación típica σ = 5 gramos. a) Se ha tomado una muestra aleatoria simple de 25 gambas y la media de sus pesos ha sido x = 70 gramos. Calcúlese un intervalo de confianza al 95% para µ. b) Si sabemos que µ = 70 gramos, y se consideran los pesos de las 12 gambas de una caja como una muestra aleatoria simple, calcúlese la probabilidad de que el peso total de esas 12 gambas sea mayor o igual que 855 gramos. Solución. a. x ≡ peso en gramos de la gamba roja de Palamós. x : N (µ, σ ) , siendo σ = 5 g Para muestras aleatorias de 25 gambas, el peso medio de la muestra (x ) , también sigue una distribución

 5   . Normal, x : N µ, 25   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   = 1,96  : z α 2 = φ 1 −  2 2    1 − α = Nivel de confianza = 0,95 Sustituyendo en la expresión del intervalo:

7

 5 5   70 − 1,96 ⋅  = (68,04 ; 71,96) , 70 + 1,96 ⋅ 25 25   b.

 855  5    se pide calcular p x ≥ Para la distribución: x : N 70,  = p(x ≥ 71,25) 12  12    x = 71,25     71,25 − 70 p(x ≥ 71,25) = z = = p z < 0,87 = 1 − p(z < 0,87 ) = 1 − φ(0,87 ) = 0,87 = p(z ≥ 0,87 ) 5 Complemetario   12  

(

= 1 − 0,8078 = 0,1922 p(x ≥ 71,25) = 19,22%

8

)