UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBADE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO Curso 2014-2015 (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 consideran las matrices

1   3  1 − 3  y  A =  B =   − 6 − 2 −1 2  a) Calcúlese A15 e indíquese si la matriz A tiene inversa. b) Calcúlese el determinante de la matriz (B · At · B−1 − 2 · Id)3. Nota: At denota la matriz traspuesta de A. Id es la matriz identidad de orden 2. Solución. 1   3 1   3 ⋅ 3 + 1 ⋅ (− 6) 3 ⋅ 1 + 1 ⋅ (− 2)   3 1   3  ⋅   =   =  =A a. A 2 = A ⋅ A =  ( ) ( ) ( ) − 6 − 2 − 6 − 2 − 6 ⋅ 3 + − 2 ⋅ − 6 − 6 ⋅ 1 + − 2 ⋅ 2 − 6 − 2         La matriz A es idempotente y por lo tanto A15 = A Para que una matriz tenga inversa, su determinante debe ser distinto de cero. 3 1 A= = 3 ⋅ (− 2) − 1 ⋅ (− 6) = −6 + 6 = 0 −6 −2 La matriz A es singular y por tanto no tiene inversa b.

B−1 =

1 (adj B)t B B=

1

−3

−1

2

= 1 ⋅ 2 − (− 3) ⋅ (− 1) = 2 − 3 = −1 ≠ 0 ⇒ ∃ B−1

 +2 adj B =  − − 3 B −1 =

− − 1   2 1 =  + 1   3 1

 2 3   1 1

(adj B)t = 

2 3  − 2 − 3 1 =  (adj B)t = 1  B − 1  1 1   − 1 − 1 

Calculada la inversa de B se hace la operación que se pide teniendo en cuenta que:

An = A

(B ⋅ A ⋅ B t

−1

− 2 ⋅ Id

)

3

t

= B⋅A ⋅B

−1

n 3

 1 − 3  3 − 6   − 2 − 3 1 0  ⋅   ⋅   − 2 ⋅   = − 2 ⋅ Id =   − 1 2  1 − 2  − 1 − 1 0 1 3

3

3

3

−2 0  0 0   − 2 − 3  2 0  0 0  2 0  ⋅   −   =   −   = = ((− 2) ⋅ (− 1) − 0)3 = 23 = 8 =  1 2 1 1 0 2 0 1 0 2 0 − 1 − − −          

1

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) Un distribuidor de aceite acude a una almazara para comprar dos tipos de aceite, A y B. La cantidad máxima que puede comprar es de 12.000 litros en total. El aceite de tipo A cuesta 3 euros/litro y el de tipo B cuesta 2 euros/litro. Necesita adquirir al menos 2.000 litros de cada tipo de aceite. Por otra parte, el coste total por compra de aceite no debe ser superior a 30.000 euros. El beneficio que se conseguirá con la venta del aceite será de un 25% sobre el precio que ha pagado por el aceite de tipo A y de un 30% sobre el precio que ha pagado por el aceite de tipo B. ¿Cuántos litros de cada tipo de aceite se deberían adquirir para maximizar el beneficio? Obténgase el valor del beneficio máximo. Solución. Variables: - x ≡ cantidad de aceite tipo A en litros - y ≡ cantidad de aceite tipo B en litros Función objetivo: Maximizar el beneficio. 25 30 F(x, y ) = 3x + 2y 100 100

F(x, y ) = 0,75x + 0,60 y

Restricciones: La cantidad máxima que puede comprar es de 12.000 litros en total x + y ≤ 12000 Necesita adquirir al menos 2.000 litros de cada tipo de aceite x ≥ 2000 y ≥ 2000 El coste total por compra de aceite no debe ser superior a 30.000 euros 3x + 2 y ≤ 30000

 x + y ≤ 12000  x ≥ 2000  Se pide maximizar F(x, y ) = 0,75x + 0,60 y , sujeta a:   y ≥ 2000 3x + 2 y ≤ 30000 Región factible: Tomando como punto de prueba el (0, 0), se determina la región factible:

x + y ≤ 12000

P (0, 0 )

  → 0 ≤ 12000 P (0, 0 )

Se cumple

x ≥ 2000

  →

0 ≥ 2000

No se cumple

y ≥ 2000

  →

0 ≥ 2000

No se cumple

P (0, 0 ) P (0, 0 )

3x + 2 y ≤ 30000   → 0 ≤ 30000

Se cumple

Vértices:

x = 2000

- A: (2000, 2000)  y = 2000 y = 2000    : (8666, 2000 ) 3x + 2 y = 30000

- B:  x + y = 12000   : (6000, 6000) 3x + 2 y = 30000

- C:

Optimación: x 2000 A 8666 B C 6000 2000 D

y 2000 2000 6000 10000

 x = 2000   : (2000, 10000) x + y = 12000

- D:

F(x, y) = 0,75x + 0,6y 2700 € 7699,5 € 8100 € 7500 €

Cumpliendo las restricciones propuestas se obtiene un beneficio máximo de 8100 € cuando se compran 6000 L de aceite tipo A y 6000 L de aceite tipo B.

2

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera la función real de variable real definida por f (x) = 4x3 − ax2 − ax + 2, a ∈ R. a) Determínese el valor del parámetro real a para que la función alcance un extremo relativo en x = 1/2. Compruébese que se trata de un mínimo.

b) Para a = 2, calcúlese el valor de

1

∫−1 f (x ) dx

Solución. a. La condición necesaria para que una función alcance un extremo relativo en un punto, es que en ese punto la derivada sea nula. 2

1 1 1 f ′  = 12 ⋅   − 2a ⋅   − a = 0 2 2     2 3 a= 2

f ′(x ) = 12x 2 − 2ax − a

3 − 2a = 0

La condición necesaria y suficiente para que una función alcance un mínimo en un punto es que en ese punto la primera derivada sea nula y la segunda derivada sea positiva. a=

3 2

1 1 f ′′  = 24 ⋅   − 3 = 9 > 0 2 2 En x = ½, la función cumple las condiciones de mínimo. f ′′(x ) = 24x − 2a = 24x − 3

b.

1

 4x 4 2x 3 2x 2   ( ) f x dx = 4 x − 2 x − 2 x + 2 dx = − − + 2x  = ∫−1 ∫−1  4 3 2   −1 a =2 1

1

(

3

)

2

1

2 2 2       =  x 4 − x 3 − x 2 + 2x  = 14 − 13 − 12 + 2 ⋅ 1 −  (− 1)4 − (− 1)3 − (− 1)2 + 2 ⋅ (− 1) = 3 3 3      −1  4 −4 8 = − = 3 3 3

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se consideran los sucesos A, B y C de un experimento aleatorio tales que : p(A) = 0,09; p(B) = 0, 07 y p A ∪ B = 0,97 . Además los sucesos A y C son incompatibles. a) Estúdiese si los sucesos A y B son independientes. b) Calcúlese p(A∩B/C). Nota: S denota el suceso complementario del suceso S. Solución. a. Si dos sucesos son independientes se cumplirá: p(A ) ⋅ p(B) = p(A ∩ B)

(

)

Para calcular la probabilidad de la intersección, se aplican las leyes de Morgan a la probabilidad de no A unión no B. p A ∪ B = p A ∩ B = 1 − p(A ∩ B) = 0,97 p(A ∩ B) = 1 − 0,97 = 0,03

(

) (

)

p(A ) ⋅ p(B) = 0,09 ⋅ 0,07 = 0,063 ≠ 0,03 = p(A ∩ B) A y B son independientes b.

Si A y C son incompatibles ⇒ A∩C = ∅ ⇒ p(A ∩ B) = 0

[(A ∩ B) ∩ C] = p(A ∩ B ∩ C) p(C ) p(C) Si A∩C = ∅ ⇒ A∩B∩C = ∅ ⇒ p(A ∩ B ∩ C ) = 0 p(A ∩ B ∩ C ) 0 p(A ∩ B C ) = = =0 p(C ) p(C ) p(A ∩ B C)

BAYES p

=

3

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) La cantidad de fruta, medida en gramos, que contienen los botes de mermelada de una cooperativa con producción artesanal se puede aproximar mediante una variable aleatoria con distribución normal de media µ y desviación típica de 10 gramos. a) Se seleccionó una muestra aleatoria simple de 100 botes de mermelada, y la cantidad total de fruta que contenían fue de 16.000 gramos. Determínese un intervalo de confianza al 95% para la media µ. b) A partir de una muestra aleatoria simple de 64 botes de mermelada se ha obtenido un intervalo de confianza para la media µ con un error de estimación de 2,35 gramos. Determínese el nivel de confianza utilizado para construir el intervalo. Solución. x ≡ medida en gramos que contiene los botes de mermelada, x : N (µ, σ ) ; σ = 10 g a. Para muestras de tamaño 100, las medias muestrales también siguen una distribución normal  σ   x : N µ, n  El intervalo de confianza para la media poblacional a partir de una media muestral es:  σ σ   x − z α 2 ⋅  , x + zα 2 ⋅ n n  -

16000 = 160 g 100 z α 2 se calcula a partir del nivel de confianza:

Media muestral: x =

  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 -

σ = 10 N = 100

 10 10  160 − 1,96 ⋅  = (158, 162) , 160 + 1,96 ⋅ 100 100   b.

A partir del error máximo de estimación se puede calcular el valor de z α 2 , y de este se obtiene el nivel de confianza.

ε máx = z α 2

σ

n

z α 2 = ε máx ⋅

n 64 = 2,35 ⋅ = 1,88 σ 10

α  α z α 2 = φ −1 1 −  ⇒ 1 − = φ z α 2 α = 2 1 − φ zα 2 2 2  α = 2(1 − φ(1,88)) = 2 ⋅ (1 − 0,9699) = 0,0602 ≈ 0,06

( )

( ( ))

N.C. = (1 − α ) ⋅ 100 = (1 − 0,06) ⋅ 100 = 94%

4

OPCIÓN B Problema 1.- (Calificación máxima: 2 puntos) Considérese el sistema de ecuaciones dependiente del parámetro real a:  x + y + az = a + 1  1 ax + y + z =  x + ay + az = a  a) Discútase el sistema en función de los valores de a. b) Resuélvase el sistema para a = 2. Solución. a. El sistema viene descrito por las matrices de coeficientes (A) y ampliada (A*). 1 1 a   1 1 a a + 1     A =  a 1 1  A* =  a 1 1 1  A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ 3 1 a a  1 a a  a     Si el A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3 , el sistema sería compatible determinado, por tanto, se discute el tipo de solución del sistema para los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz A. 1 1 a

(

)

det A = a 1 1 = a + 1 + a 3 − a + a + a 2 = a 3 − a 2 − a + 1 1 a a Se descompone el polinomio por el método de Ruffini obteniendo: a = −1 A = (a − 1)2 (a + 1) A = 0: a = 1

i. ii.

iii.

Discusión. Si a ≠ ±1, A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3 . Sistema compatible determinado

1 1 1   Si a = 1. A = 1 1 1 Solo existen menores de orden uno distintos cero, rg A = 1 . 1 1 1   1 1 1 2    1 2 A* = 1 1 1 1  = −1 ≠ 0 ⇒ rg A* = 2 ≠ rg A . Sistema incompatible. 1 1 1 1  1 1   1 − 1 1   1 1 Si a = ‒1. A =  − 1 1 1  A = 0 ⇒ rg A < 3 . = 2 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 . Partiendo − 1 1  1 − 1 − 1   de este último menor de orden dos distinto de cero, estudiamos el rango de A* mediante sus menores orlados. De los dos menores orlados, uno es el determinante de la matriz de coeficientes, que es nulo, y el único que queda por estudiar es el formado por la 1ª, 2ª y 4ª 1 1 0 M 1 1M − 1 0    columna. A* = M − 1 1M 1 1  −1 1 1 = 0 En la matriz ampliada no existen  1 − 1 − 1 − 1 1 −1 −1   menores de orden tres distintos de cero, rg A* = 2 = rg A ≠ n = 3 . Sistema compatible indeterminado.

b.

a = 2. Sistema compatible determinado. Se puede resolver por el método de Gauss ó de Cramer. 2 M 3  x + y + 2z = 3 1 1 2 M 3 1 1   E 2 = E 2 − 2E1     y + 3z = 5 Gauss:  2 1 1 M 1  =   =  0 − 1 − 3 M − 5 →   1 2 2 M 2   E 3 = E 3 − E1   0 1   0 M − 1  y = −1   

5

x − 1 + 2z = 3 x + 2z = 4 x + 2z = 4 → {x + 4 = 4 → x = 0 → →  3z = 6  z = 2 − 1 + 3z = 5   Solución (0, ‒1, 2) a =2

Cramer: A = (a − 1)2 (a + 1) = (2 − 1)2 (2 + 1) = 12 ⋅ 3 = 3

3 1 2

1 3 2

1 1 1 x=

Ax A

=

2 2 2 3

1 1 3

2 1 1 =

Ay

0 =0; y= = 3 A

1 2 2 3

2 1 1 =

Az

−3 = −1 ; z = = 3 A

1 2 2 3

=

6 =2 3

Solución (0, ‒1, 2)

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera la función real de variable real f (x) = −8x2 + 24x − 10 a) Calcúlense los máximos y mínimos locales de f y represéntese gráficamente la función. b) Determínese el área del recinto cerrado comprendido entre la gráfica de la función f y las rectas x = 1, x = 2 e y = 4. Solución. a. Una función alcanza sus extremos relativos en los puntos donde su primera derivada es nula y su segunda derivada es distinta de cero, con el siguiente criterio: f ′(a ) = 0 f ′′(a ) < 0 (a , f (a )) Máximo f ′(a ) = 0 f ′′(a ) > 0 (a , f (a )) Mínimo

f ′(x ) = −16x + 24

f ′(x ) = 0

−16x + 24 = 0

x=

24 3 = 16 2

 3  3  f ′′(x ) = −16 < 0 ⇒  , f    la función tiene un máximo.  2  2  2

3  3 3 3 f   = −8 ⋅   + 24 ⋅   − 10 = 8 Máximo en  , 8  2 2 2 2  Por ser una función cuadrática, su gráfica es una parábola, y además de vértice (en este caso el máximo), se calculan los puntos de corte con los ejes. x = 1 : 1 , 0 2 2 OX(y = 0 ) : −8x 2 + 24x − 10 = 0 :  5 5 x = 2 : 2 , 0

( (

) )

OY(x = 0) : y = −8 ⋅ 0 2 + 24 ⋅ 0 − 10 = −10 : (0, − 10)

b. Para determinar el área es conveniente representarla. En la imagen se observa que el área esta delimitada por su parte superior por la función f(x), inferior por la recta y = 4, siendo los límites laterales las recta x = 1 y x = 2.

A=

∫1 [(− 8x 2

2

) ]

+ 24x − 10 − 4 dx =

∫1 (− 8x 2

2

)

+ 24x − 14 dx =

2

2

 8x 3 24x 2   8x 3  = − + − 14x  =  − + 12x 2 − 14x  =  3  2  1  3 1  8 ⋅ 23   8 ⋅ 13  4  14  10 = − + 12 ⋅ 2 2 − 14 ⋅ 2  −  − + 12 ⋅ 12 − 14 ⋅ 1 = − −  −  = u 2     3 3 3  3 3    

6

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

 si x < 0 ex   f (x ) =  3  x + 1 si x ≥ 0  (x − 2)2  a) Estúdiese la continuidad de esta función. b) Determínense las asíntotas de esta función. Solución. a. Por tratarse de una función por intervalos, la continuidad se estudia en los puntos excluidos del dominio y en los puntos frontera. Dominio: D[f (x )] = R − {2}

f (2) =

23 2

(2 − 2)

+1 =

8 + 1 ∉ R ⇒ f (2) no existe 0

  x  23 8 =  Lím  + 1 +1 = +1 = 2 2 2 −   x → 2  (x − 2)  2− − 2 0− Lím f (x ) =  k  x3  x →2 23 8   = + 1 +1 = +1 = 0  Lím+  2 2 2  x → 2  (x − 2)  2+ − 2 0+ 3

(

)

(

( )

)

( )

8 0

+

8 0+

 + 1 = ∞   = ∞ ∉ R ⇒ ∃/ Lím f (x ) x →2 + 1 = ∞  

En x = 2 la función tiene una discontinuidad no evitable de salto infinito Punto frontera x = 0: Para que la función sea continua se debe cumplir que Lím f (x ) = Lím f (x ) = f (0) x →0 −

x →0 +

 Lím f (x ) = Lím e x = e 0 = 1 x →0  x →0−  3 3  x  0  = Lím f (x ) = Lím + 1 1 0 1 1 + = + =  : Lím− f (x ) = Lím+ f (x ) = f (0) = 0 2 2 +   x → 0 (x − 2 ) x →0 x →0  x →0   (0 − 2 ) 3  0 f (0) = +1 = 0 +1 =1   (0 − 2)2 En x = 0 la función es continua.

b.

Asíntotas verticales: son rectas de la forma x = a tal que a∉Dominio y Lím f (x ) = x →a

k 0

 x  2 8 8 Lím  + 1 = + 1 = + 1 = ⇒ x = 2 asíntota vertical 2 2   0 0 x → 2 (x − 2 )   (2 − 2) 3

3

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

x

Lím f (x ) = Lím e = e

x → −∞

x → −∞

−∞

=

1 e∞

1 = = 0 Asíntota horizontal hacia ‒∞ en x = 0 ∞

∞ 1 4 4   1+ − 2 + 3 3 2 ∞  x3  + − + x x 4 x 4 x x x Lím f (x ) = Lím  + 1 = Lím = Lím =  x → +∞ x 2 − 4x + 4 ÷ x 3 x → +∞ 1 4 4 x → +∞ x → +∞ (x − 2 )2   − + x x 2 x3 1 4 4 1+ − + ∞ ∞ ∞ = 1 + 0 − 0 + 0 = 1 = ∞ No hay asíntota horizontal hacia ‒∞ = 1 4 4 0−0+0 0 − + ∞ ∞ ∞

7

Asíntota oblicua. Son rectas de la forma y = mx + n, donde: f (x ) n = Lím (f (x ) − mx ) m = Lím x → ±∞ x x → ±∞ La función solo puede tener asíntota oblicua hacia +∞ ya que hacia ‒∞ tiene asíntota horizontal.

x3 2

(x − 2)

x 3 + x 2 − 4x + 4

+1

2

3

2

∞   − 4x + 4  ∞ 

x − 4x + 4 = Lím x + x = x x → −∞ x → −∞ x → −∞ x 3 − 4 x 2 + 4 x ÷ x 3 1 4 4 1 4 4 − + 1+ − 2 + 3 1+ 2 − ∞ (− ∞ ) (− ∞ )3 = 1 + 0 − 0 + 0 = 1 x x x = = Lím 1 4 1 4 1+ 0 − 0 x → −∞ 1+ − 2 1+ − 2 x x (− ∞ ) (− ∞ )

m = Lím

= Lím

x

∞  

2 ∞  x 3 + x 2 − 4x + 4   = Lím 5x − 8x + 4 ≈ 5 = 5 n = Lím  − 1 x 2  x → −∞ x 2 − 4x + 4 ÷ x 2 1 x → −∞  x − 4x + 4 

Hacia +∞ la función tiene una asíntota oblicua de ecuación y = x +5

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) La probabilidad de que un trabajador llegue puntual a su puesto de trabajo es 3/4. Entre los trabajadores que llegan tarde, la mitad va en transporte público. Calcúlese la probabilidad de que: a) Un trabajador elegido al azar llegue tarde al trabajo y vaya en transporte público. b) Si se eligen tres trabajadores al azar, al menos uno de ellos llegue puntual. Supóngase que la puntualidad de cada uno de ellos es independiente de la del resto. Solución. Sucesos: A ≡ El trabajados es puntual; B ≡ El trabajador va en transporte público. 3 1 Datos: p(A ) = ; p B A = 4 2

(

 3 1 1 p A ∩ B = p A ⋅ p B A = (1 − p(A )) ⋅ p B A = 1 −  ⋅ = = 12,5%  4 2 8

(

a. b.

)

) ( ) (

)

(

)

Al menos uno es puntual es el caso contrario de que todos son impuntuales. 1 1 1 63 p A ∩ A ∩ A =1− p A ∩ A ∩ A = 1− p A ⋅ p A ⋅ p A =1− ⋅ ⋅ = = 98,44% 4 4 4 64 Independientes

(

)

(

)

( ) ( ) ( )

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) En cierta región, el gasto familiar realizado en gas natural, medido en euros, durante un mes determinado se puede aproximar mediante una variable aleatoria con distribución normal de media µ y desviación típica 75 euros. a) Determínese el mínimo tamaño muestral necesario para que al estimar la media del gasto familiar en gas natural, µ, mediante un intervalo de confianza al 95%, el error máximo cometido sea inferior a 15 euros. b) Si la media del gasto familiar en gas natural, µ, es de 250 euros y se toma una muestra aleatoria simple de 81 familias, ¿cuál es la probabilidad de que la media muestral, x , sea superior a 230 euros? Solución. a. El tamaño muestral se relaciona con el error máximo mediante la ecuación:

ε máx > z α 2 ⋅

zα

2

 σ   n >  z α 2 ⋅ ε máx  

σ

n

se calcula a partir del nivel de confianza:

8

2

  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 2

75   n > 1,96 ⋅  = 96,04 ⇒ n ≥ 97 elementos 15   b.

 75   , se pide calcular p(x > 230) Para x : N 250, 81   Tipificando la variable con la distribución de las medias muestrales: 230 − 250 x = 230 → z = = −2,40 75 81

p(x > 230) = p(z > −2,4)

=

simétria

p(z < 2,40) = φ(2,40) = 0,9918 = 99,18%

9