UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A ESTUDIOS UNIVERSITARIOS (LOE) EXAMEN MODELOCURSO 2013-2014 MATEMÁTICAS APLICADAS A LAS CIENCIAS SOCIALES II INSTRUCCIONES Y CRITERIOS GENERALES DE CALIFICACIÓN INSTRUCCIONES: El alumno deberá elegir una de las dos opciones A o B que figuran en el presente examen y contestar razonadamente a los cinco ejercicios de los que consta 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: La puntuación máxima de cada ejercicio es de 2 puntos. TIEMPO: Una hora y treinta minutos.

OPCIÓN A Problema 1.- (Calificación máxima: 2 puntos) 3 0  − 2 b −5 4   , B =   , C =   Dadas las matrices A =   a − 1  0 1  1 − 2 a) Hállense los valores de a y b para los que se cumple A + B + AB = C: b) Para el caso en el que a = 1 y b = 2, determínese la matriz X que verifica BX ‒ A = I; donde I es la matriz identidad. Solución. 3 0   − 2 b 3 0  − 2 b  − 5 4    +   +   ⋅   =   a.  a − 1  0 1   a − 1  0 1   1 − 2  3 ⋅ b + 0 ⋅1   − 5 4   3 + (− 2) 0 + b   3 ⋅ (− 2 ) + 0 ⋅ 0   +  =  − 1 + 1  a ⋅ (− 2 ) + (− 1) ⋅ 0 a ⋅ b + (− 1) ⋅ 1  1 − 2   a+0 3b   − 5 4   1 + (− 6) b + 3b   − 5 4  1 b  − 6   +   =   ;  =  ( ) a 0 − 2 a ab − 1 1 − 2 a + − 2 a 0 + ab − 1  1 − 2         1.1 − 5 = −5 4b   − 5 4  Igualando 1.2 4b = 4 a = −1 −5   =      → : − a =1  b =1  − a ab − 1  1 − 2   2.1 2.2 ab − 1 = −2

b.

Para resolver la ecuación matricial se despeja la matriz X utilizando la inversa de la matriz B.

B⋅X − A = I

−1 B B ⋅ X = B −1 ⋅ (I + A ) 12⋅3

B⋅X = I + A I⋅X = B

−1

⋅ (I + A )

X=B

I −1

⋅ (I + A )

Calculo de B−1

B

−1

1 1 = ⋅ (adj B)t = −2 2 B 0 1

X = B−1 ⋅ (I + A ) =

t

t

  − 2 2 0  1  1 1 1 − 2   =  =  ⋅  adj  ⋅  ⋅  − 2  − 2 − 2 − 2  0 − 2    0 1

1  1 − 2   1 0   3 0  1 1 − 2  4 0 1  4 − 2 0 + 0  ⋅  +  = ⋅ =  ⋅ ⋅ ⋅ − 2  0 − 2   0 1   1 − 1 − 2  0 − 2   1 0  − 2  0 − 2 0 + 0  1  2 0  −1 0 =  X = −  2  − 2 0   1 0 

1

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) Un astillero recibe un encargo para reparar barcos de la flota de un armador, compuesta por pesqueros de 500 toneladas y yates de 100 toneladas. Cada pesquero se tarda en reparar 100 horas y cada yate 50 horas. El astillero dispone de 1600 horas para hacer las reparaciones. Por política de empresa, el astillero no acepta encargos de más de 12 pesqueros ni más de 16 yates. Las reparaciones se pagan a 100 euros la tonelada, independientemente del tipo de barco. ¿Cuántos barcos de cada clase debe reparar el astillero para maximizar el ingreso con este encargo? ¿Cuál es dicho ingreso máximo? Solución. Definición de variables. x ≡ número de pesqueros que repara el astillero y ≡ número de yates que repara el astillero Restricciones. • Cada pesquero se tarda en reparar 100 horas y cada yate 50 horas. El astillero dispone de 1600 horas para hacer las reparaciones 100 x + 50 y ≤ 1600 • El astillero no acepta encargos de más de 12 pesqueros 0 ≤ x ≤ 12 • El astillero no acepta encargos de más de 16 yates. 0 ≤ y ≤ 16 Función objetivo. Maximizar los ingresos. • Las reparaciones se pagan a 100 euros la tonelada, independientemente del tipo de barco. • Coste de un pesquero = 100 × 500 = 50000 € • Coste de un yate = 100 × 100 = 10000 € F(x, y ) = 50000x + 10000 y Región factible. Para seleccionar la región factible, se toma un punto cualquiera y se comprueba si cumple la inecuación. Tomo como punto de prueba el (0, 0)

(0,0 )

100x + 50 y ≤ 1600 →100 ⋅ 0 + 50 ⋅ 0 ≤ 1600 : 0 ≤ 1600 Se cumple, lo tanto la región factible es de la recta 100x + 50y = 1600 hacia el punto (0, 0). Vértices • A (0, 0) •

B(12, 0)

•

x = 12 C: ⇒ C(12, 8) 100x + 50 y = 1600

• •

 y = 16 D: ⇒ D(8, 16) 100x + 50 y = 1600 E(0, 16)

Optimación. x y F(x, y) = 50000x+10000y 0 0 0 A 12 0 600 000 B C 12 8 680 000 8 16 560 000 D 0 16 160 000 E Se obtiene un beneficio máximo de 680 000 € cumpliendo las restricciones propuestas, reparando 12 barcos pesqueros y 8 yates.

2

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos)  −4  x + 2 − 1 si x ≤ 0  Se considera la función real de variable real f (x ) =   1 si x > 0  x +1  a) Determínense las asíntotas de la función y los puntos de corte con los ejes. 1

b) Calcúlese

∫ f (x ) dx −1

Solución. a. Asíntotas verticales: Puntos excluidos del dominio en los que el límite vale k/0 Dominio = R ‒ {‒2} 1 * NOTA: x = ‒1 pertenece al dominio de la función debido a que la expresión de la función esta definida para x +1 valores de x mayores de cero.

−x−6 −6  −4  Lím f (x ) = Lím  − 1 = Lím = ⇒ Asíntota vertical: x = ‒2 x + 2 0 x → −2 x → −2  x → −2 x + 2 Asíntota horizontal: Lím f (x ) x → ±∞

−4  −4  Lím f (x ) = Lím  − 1 = − 1 = 0 − 1 = −1 ⇒ Asíntota horizontal hacia ‒∞: y = ‒1 x → −∞ x → −∞ x + 2  −∞+2 1 1 Lím f (x ) = Lím = = 0 ⇒ Asíntota horizontal hacia +∞: y = 0 x → +∞ x → +∞ x + 1 ∞ + 1

• •

Cortes con los ejes: −4 1 OX(y=0): − 1 = 0 ; −4 = x + 2 ; x = −6 = 0 ; No se anula nunca x+2 x +1 El único punto de corte con el eje OX es (‒6, 0) −4 OY(x=0): f (0) = − 1 = −3 Punto de corte con OY es (0, ‒3) x+0 1

∫

b.

f (x ) dx =

−1

= −4(Ln x + 2

 −4  − 1 dx +  −1  x + 2 

∫

]

0

0 − −1

(x ]

0 −1 +

(

1

1 dx = −4 0 x +1

∫

]

1 Ln x + 1 0

0 1 dx − 1 dx + −1 x + 2 −1

∫

0

∫

1

1

∫ x + 1 dx = 0

= −4 ⋅ (Ln 0 + 2 − Ln − 1 + 2 ) − (0 − (− 1)) + (Ln 1 + 1 − Ln 0 + 1 ) =

= −4 ⋅ (Ln 2 − Ln 1) − 1 + Ln 2 − Ln 1 = −4 ⋅ (Ln 2 − 0) − 1 + Ln 2 − 0 = −3 Ln 2 − 1

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) Sean A y B dos sucesos de un experimento aleatorio, tales que la probabilidad de que no ocurra B es 0,6. Si el suceso B ocurre, entonces la probabilidad de que el suceso A ocurra es de 0,4 y si el suceso A ocurre, la probabilidad de que el suceso B ocurra es 0,25. Calcúlense: a) p(B) b) p(A ∩ B) c) p(A) d) p(A ∪ B) Solución DATOS: • La probabilidad de que no ocurra B es 0,6: p B = 0,6

()

a.

( B) = 0,4

•

Si el suceso B ocurre, entonces la probabilidad de que el suceso A ocurra es de 0,4: p A

•

Si el suceso A ocurre, la probabilidad de que el suceso B ocurra es 0,25: p B

( A) = 0,25

()

p(B) = 1 − p B = 1 − 0,6 = 0,4

b. Aplicando el teorema de Bayes a la probabilidad de A condicionado a B, se puede despejar la probabilidad de la intersección de A y B.

3

( B) = p(Ap(∩B)B)

( B) = 0,4 ⋅ 0,4 = 0,16

p(A ∩ B) = p(B) ⋅ p A

pA

( A ) = p(Bp(∩A )A ) = p(Ap(A∩)B)

p(A ) =

p(A ∩ B) 0,16 = = 0,64 0,25 pB A

( )

c.

pB

d.

p(A ∪ B) = p(A ) + p(B) − p(A ∩ B) = 0,64 + 0,4 − 0,16 = 0,88

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) El contenido en alquitrán de una determinada marca de cigarrillos se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media µ desconocida y desviación típica 4 mg. a) Se toma una muestra aleatoria de tamaño 20 y se obtiene que su media muestral es de 22 mg. Determínese un intervalo de confianza al 90% para el contenido medio de alquitrán en un cigarrillo de la citada marca. b) Determínese el tamaño mínimo de la muestra para que el error máximo cometido en la estimación de la media sea menor que 0,5 mg, con un nivel de confianza del 90 %. Solución. a. x ≡ contenido en alquitrán de un cigarro. Variable continua con distribución normal Para estimar su media poblacional (µ) se toma una muestra de 20 cigarrillos, las medias de la muestran,  σ   también siguen una distribución normal: x : N µ, 20   Conocida una media muestral (x = 22 mg ) , el intervalo de confianza para la media poblacional viene expresado por:  σ σ   x − z α 2 ⋅  , x + zα 2 ⋅ n n   α Donde, z α 2 = φ −1 1 −  , siendo 1 ‒ α = Nivel de confianza = 90% = 0,90 ⇒ α = 0,1  2  0,1  −1 z α 2 = φ −1 1 −  = φ (0,9500) = 1,645 2   Sustituyendo en el intervalo de confianza:  4 4   22 − 1,645 ⋅  = (20,53 ; 23,47) , 22 + 1,645 ⋅ 20 20   Se puede estimar con una probabilidad del 90% que la media de alquitrán de los cigarrillos va ha estar comprendida entre 20,53 y 23,47 mg. b.

El tamaño muestral se obtiene del error máximo admitido.

ε máx > z α 2 ⋅

2

2

 σ   4   = 1,645 ⋅ ⇒ n >  z α 2 ⋅  = 173,1 ε 0 ,5  n  máx  

σ

n ≥ 174

4

OPCIÓN B Problema 1.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera el sistema lineal de ecuaciones dependiente del parámetro real a:  x + 3y + z = 1   2x + 6 y + z = 0 − x + ay + 4z = 1  a) Discútase en función de los valores del parámetro a ∈ R. b) Resuélvase para a = 0. Solución. a. El sistema se clasifica en función de los rangos de las matrices de coeficientes (A) y ampliada (A*), según el teorema de Rouchè-Frobenius.  1 3 1  1 3 1 1     A =  2 6 1 A* =  2 6 1 0  A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ n = 3  − 1 a 4 −1 a 4 1     Si A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3. Sistema compatible determinado. Se discute el tipo de sistema para

los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz de coeficientes ( A = 0) .

1 3 1 det A = 2 6 1 = 24 − 3 + 2a − (− 6 + a + 24) = a + 3 ; A = 0 ; a + 3 = 0 ; a = ‒3 −1 a 4 Discusión. i. ii.

Si a ≠ ‒3, A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3. Sistema compatible determinado. Si a = ‒3, A = 0 ⇒ rg A < 3 ,

1 1 2 1

= −1 ≠ 0 ⇒ rg A = 2. Para calcular el rango de la matriz

ampliada se tiene en cuenta que rg A ≤ rg A* ⇒ rg A* ≥ 2. Para estudiar si la matriz ampliada tiene rango 3, se estudian los menores orlados al menor

1 1

. De los dos menores orlados, uno de 2 1 ellos es el determinante de la matriz de coeficientes, que es cero, el otro es el formado por la 1ª, 3ª 1 1 1 y 4ª columna. 2

1 0 = 8 ≠ 0 ⇒ rg A* = 3 ≠ rg A. Sistema incompatible.

−1 4 1

b.

 x + 3y + z = 1  a = 0.  2x + 6 y + z = 0 Teniendo en cuenta que a ≠ 0, el sistema es compatible − x + 4z = 1 

determinado, y se puede resolver mediante el método de Cramer.

x=

Ax A

; y=

Ay A

; z=

Az A

a =0

A =a +3 = 0+3=3

x=

1 3 1 0 6 1 1 0 4

3 8   Solución:  7, − , 2  3  

=

21 =7; y= 3

1 1 1 2 0 1 −1 1 4 3

5

=

−8 ; z= 3

1 3 1 2 6 0 −1 0 1 3

=

6 =2 3

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos)

La figura representa la gráfica de una función f : [‒6; 5] → R. Contéstese razonadamente a las preguntas planteadas.

a) ¿Para qué valores de x es f ′(x ) > 0 ? b) ¿En qué puntos del intervalo [‒6,5] f alcanza sus extremos relativos? 4

c)

¿Cuál es el signo de

∫ f (x ) dx ? 2

d) ¿En qué valores de (‒6; 5) f no es derivable? Solución. a. Teniendo en cuenta la interpretación geométrica de la derivada de una función en un punto, (pendiente de la recta tangente a la función en el punto), la pendiente de la recta tangente es positiva en los intervalos (‒6, ‒2) y (1, 5), por tanto en dichos intervalos la derivada de la función es positiva. b. Una función alcanza extremos relativos en los puntos interiores al intervalo donde el valor de la función es mayor (máximo) o menor (mínimo) que cualquier valor de la función en un entorno cercano del punto. La función que se describe gráficamente, presenta extremos relativos en: un máximo en (‒2, 1), un mínimo en x = 1. c. La integral definida representa el área (con signo) encerrada por la curva, el eje x y las recta verticales correspondientes a los límites de integración. En la gráfica, se puede observar, que el área por debajo del eje x (área negativa) es mayor en valor absoluto que el área por encima del eje x (área 4

positiva) por lo tanto

∫ f (x ) dx < 0 2

d. Gráficamente, las funciones continuas no son derivables en los puntos angulosos, debido a que en estos puntos la derivada por la izquierda no coincide con la derivada por la derecha, condición imprescindible para que una función sea derivable, teniendo en cuenta lo anterior, la función no es derivable en x = 1 ya que según se puede observar, f ′ 1− < 0 ≠ f ′ 1+ > 0.

( )

( )

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos)  2 x 2 − ax + 1 si x ≤ 1 Sea f (x ) =  2 − x + 3x − b si x > 1

3 1 a) Determínense los valores de a y b que hacen que f sea continua en x = 1 y que f   = 2 4 b) Para el caso en el que a = 1 y b = 4, hállese la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en x = 3. 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 →1+

6

( (

) )

Lím f (x ) = Lím 2x 2 − ax + 1 = 2 ⋅ 12 − a ⋅ 1 + 1 = 3 − a   x →1  2 2 Lím f (x ) = Lím − x + 3x − b = −1 + 3 ⋅ 1 − b = 2 − b : 3 − a = 2 − b ⇒ a − b = 1 + → x 1 x →1  f (1) == 2 ⋅ 12 − a ⋅ 1 + 1 = 3 − a   x →1−

2

1 1 9 3 1 3 3 Además, f   = ⇒ −   + 3 ⋅   − b = ; −b= ; b=2 4 4 4 2 2 2 4 Sustituyendo en la primera condición: a − 2 = 1 ; a = 3  2x 2 − x + 1 si x ≤ 1 f (x ) =  2 − x + 3x − 4 si x > 1 La ecuación de la recta tangente a la función en x = 3 en forma punto pendiente es: y − f (3) = f ′(3) ⋅ (x − 3)

b.

f (3) = −32 + 3 ⋅ 3 − 4 = −4  4x − 1 si x < 1 f ′(x ) =  − 2x + 3 si x > 1

f ′(3) = −3 ⋅ 3 + 3 = −3

Sustituyendo en la expresión de la tangente y ordenando: y − (− 4) = (− 3) ⋅ (x − 3) y = −3x + 5

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) En una determinada población, el 30% de las personas que deciden iniciar una dieta de adelgazamiento utilizan algún tipo de supervisión médica mientras que el 40% de todas las personas que inician una dieta de adelgazamiento continúan con ella al menos un mes. En esa población, el 80% de las personas que inician la dieta sin supervisión abandona antes del primer mes. a) Se escoge al azar a un individuo de esa población del que sabemos que ha iniciado una dieta. ¿Cuál es la probabilidad de que abandonara antes del primer mes y no hubiera tenido supervisión médica? b) ¿Qué porcentaje de las personas que inician una dieta con supervisión médica abandona antes del primer mes? Solución. Sucesos: A ≡ Iniciar una dieta con supervisión médica; B ≡ Abandonar la dieta en el primer mes Datos: p(A ) = 0,30 ; p(B ) = 0,40 ; p B A = 0,80

(

a.

)

Se pide: Probabilidad de “No haya tenido supervisión médica y haya abandonado la dieta” p A ∩ B = p A ⋅ p B A = (1 − p(A )) ⋅ p B A = (1 − 0,30) ⋅ 0,80 = 0,56

(

) ( ) (

)

(

)

(

)

p A ∩ B = 56% b.

Se pide probabilidad de “abandonar la dieta antes del primer mes si ha tenido supervisión médica” p(B ∩ A ) p(B A ) = p(A )

(

Para calcular p(B ∩ A ) se puede recurrir a p A ∩ B

(

)

)

(

)

(

p A ∩ B = p(B ) − p(A ∩ B) ⇒ p(A ∩ B) = p(B) − p A ∩ B = (1 − p(B )) − p A ∩ B p(A ∩ B) = (1 − 0,40) − 0,56 = 0,04

Teniendo en cuenta que la intersección de sucesos es conmutativa (A ∩ B = B ∩ A ) p(B ∩ A ) 0,04 p(B A ) = = = 0,1333 p(A ) 0,30 p(B A ) = 13,33%

7

)

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) El nº de kilómetros recorridos en un día determinado por un conductor de una empresa de transportes se puede aproximar por una variable aleatoria X con una distribución normal de media µ. a) Se obtuvo una muestra aleatoria simple, con los siguientes resultados: 40 28 41 102 95 33 108 20 64 Determínese un intervalo de confianza al 95% para µ si la variable aleatoria X tiene una desviación típica igual a 30 km. b) ¿Cuál sería el error de estimación de µ usando un intervalo de confianza con un nivel del 90%, construido a partir de una muestra de tamaño 4, si la desviación típica de la variable aleatoria X fuera de 50 km? Solución. a. Se pide estimar la media poblacional de una variable (x ≡ Km que recorre en un día un conductor de una empresa de transportes) continua con distribución normal, conocida una muestra de la variable de 9 elementos. Las medias de la muestras de la variable de tamaño 9, tambien siguen una distribución normal  σ   x : N µ, 9  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  40 + 28 + 41 + 102 + 95 + 33 + 108 + 20 + 64 Donde: x = = 59 Km 9 σ = 30 Km  α z α 2 = φ −1 1 −  , siendo 1 ‒ α = Nivel de confianza = 95% = 0,95 ⇒ α = 0,05  2  0,05  −1 z α 2 = φ −1 1 −  = φ (0,9750) = 1,96 2   Sustituyendo en el intervalo:  30 30   59 − 1,96 ⋅  = (39,4 ; 78,6) , 59 + 1,96 ⋅ 9 9  Se puede concluir que con una probabilidad del 95%, la media de Km recorridos por los conductores de esa empresa al día va a estar comprendida entre 39,4 y 78,6. b.

El error de estimación viene expresado por:

ε máx > z α 2 ⋅

σ

n Nivel de confianza = 90% ⇒ 1 ‒ α = 0,90 ⇒ α = 0,1  α  0,1  −1 z α 2 = φ −1 1 −  = φ −1 1 −  = φ (0,9500) = 1,645 2   2  ε máx > 1,645 ⋅

50

8

4

= 41,1 Km