MATEMÁTICAS I SEPTIEMBRE 2003 INSTRUCCIONES: El examen presenta dos opciones A y B; el alumno deberá elegir una de ellas y contestar razonadamente a los cuatro ejercicios de que consta dicha opción en 1 h. 30 min.

OPCIÓN A Ejercicio 1. ( Puntuación máxima: 3 puntos) Calcular los valores de a para los cuales la inversa de la matriz 1  a 4  A =  5  − 4 a  coincide con su traspuesta. Solución.

a.

Se pide calcular una matriz que cumpla la siguiente igualdad: A−1 = At Para no tener que trabajar con la inversa de la matriz A, y teniendo en cuenta que, el producto de una matriz por su inversa es la matriz identidad, se multiplica ambos miembros de la igualdad por la derecha y por la matriz A A · A−1 = A · At quedando la igualdad de la siguiente forma A · At = I La traspuesta de una matriz se obtiene cambiando filas por columnas 1  a − 4 1  a 4  ⇒ A t =   A =  5  4 a  5 − 4 a sustituyendo en la igualdad 1  a 4 1  a − 4 1 0  ⋅  =  5  − 4 a  5  4 a   0 1  multiplicando y despejando la matriz incógnita 1  a 2 + 16 − 4a + 4a   1 0   = 25  − 4a + 4a 16 + a 2   0 1   a 2 + 16 1 0 0    = 25 ⋅  2  0 16 + a  0 1   a 2 + 16 0   25 0    =   0 16 + a 2   0 25   igualando

a2 + 16 = 25 a = ±3

sustituyendo

 3 A= 5 − 4  5

4  5 3  5

ó

4  −3 5  A' =  5 − 4 −3  5  5

Ejercicio 2. (Puntuación máxima 3 puntos) 2

Se considera la función f ( x ) = x ⋅ e x . a) Hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f (x) en el punto de abscisa x = 1. b) Calcular el área del recinto plano acotado limitado por la gráfica de f (x) para x ≥ 0, el eje OX y la recta x = 2. Solución.

a. La ecuación de la recta tangente a una función f (x) en un punto xo se puede expresar de la siguiente forma: y − f (x o ) = f ' (x o ) ⋅ (x − x o ) teniendo en cuenta que la derivada de una función en un punto representa la pendiente de la recta tangente a la función en ese punto

f (x) = x ⋅ e x 2

2

2

2

(

f ' ( x ) = 1⋅ e x + x ⋅ e x ⋅ 2x = e x ⋅ 1 + 2x 2

Recta tangente en xo = 1 :

y − f (1) = f ' (1) ⋅ (x − 1)

donde 2

f (1) = 1 ⋅ e1 = e sustituyendo

A=

2

(

)

f ' (1) = e1 1 + 2 ⋅12 = 3e y − e = 3e ⋅ (x − 1)

ordenando

b.

)

y = 3e x − 2e

Se pide hallar por cálculo integral el área acotada entre la función y el eje OX en el intervalo [0, 2]

2

∫0

2

x·e x dx =

1 2

2 x2

∫0

e

{∫

}

⋅ (2 x ) dx = e f ( x ) ⋅ f ' ( x )·dx = e f ( x ) + c =

2

1 x2  1 2 1 2 e4 1 2 e  = e2 − e0 = − u 2 2 2 2 0 2

Ejercicio 3. (Puntuación máxima 2 puntos) Un test para detectar una sustancia contaminante en el agua, presenta los siguientes resultados: si el agua no está contaminada, suceso que ocurre con una probabilidad igual a 0’99, el resultado del test es que el agua está contaminada con una probabilidad igual a 0’05. Cuando el agua está contaminada, el test lo detecta con una probabilidad igual a 0’99. Se ha realizado una prueba y el test indica que hay contaminación. Calcular la probabilidad de que el agua no esté realmente contaminada. Interpretar el valor numérico obtenido.

Solución. Sucesos. A ≡ El agua está contaminada B ≡ El test da positivo Datos. p(A ) = 0'99 (Probabilidad de que el agua no este contaminada

( A) = 0'05 (Probabilidad de que el test de positivo si el agua no está contaminada)

pB

( A ) = 0'99 (Probabilidad de que el test de positivo si el agua está contaminada)

PB

Se pide:

B ( B) = {BAYES} = p(Ap(∩B)B) = p(A ∩p(BA)∪∩ (BA) ∩ B) = p(A)⋅ p(pB(A))⋅+pp( (AA))⋅ p(B ) A A

pA

El único valor de la expresión que falta por determinar es la probabilidad de A. Teniendo en cuenta que la probabilidad de un suceso y su complementario suman la unidad p(A ) = 1 − p(A ) = 1 − 0'99 = 0'01 sustituyendo en la expresión p(A )⋅ p B 0'99 ⋅ 0'05 A pA = = = 0'833 B p(A )⋅ p B + p(A ) ⋅ p B 0'99 ⋅ 0'05 + 0'01 ⋅ 099 A A

( )

( )

( )

( )

Si el test da positivo, existe una probabilidad del 83% de que esté equivocado, es decir, el test da 83’3% de falsos positivos(estando el agua libre de contaminación, el test dice que está contaminada) El problema se puede resolver por cuadro de contingencia. Tomando como base de cálculo ó referencia 100 pruebas

Por este método se emplea la definición axiomática de probabilidad Casos favorables Casos en los que el agua no está contaminada y el test da positivo 4'95 p(A ) = = = Casos posibles Casos en los que el test da positivo 5'94 p (A) = 0’83

Ejercicio 4. (Puntuación máxima: 2 puntos)

El tiempo de conexión a Internet de los alumnos de cierta universidad, sigue una distribución normal con desviación típica 15 minutos. Para estimar la media del tiempo de conexión, se quiere calcular un intervalo de confianza que tenga una amplitud menor o igual a 6 minutos, con un nivel de confianza del 95%. Determinar cuál es el tamaño mínimo de la muestra que s necesario observar. Solución.

x ≡ Tiempo de conexión a Internet x es una variable continua que sigue una distribución normal del tipo x : N(µ, σ ) = N(µ, 15) Se toman muestras de tamaño n de las que se obtienen las medias, generando con estas una nueva distribución denominada distribución de medias muestrales, que también sigue una distribución normal.  σ   x : N x  µ, n  En los intervalos de confianza de estas variables se admite un error máximo cuya expresión es: σ ε máx ≥ Z α 2 n donde Z α es un valor crítico que depende de nivel de significación(α), siendo este complementario del 2

nivel de confianza(1 − α).  α Z α = φ −1 1 −  2  2 −1 φ representa la lectura indirecta en la tabla de la Normal (0, 1) Datos: El error máximo admitido se calcula a partir de la amplitud: 2ε máx = amplitud = 6 ⇒ ε máx =

Nivel de confianza(1 − α) = 0’95 ⇒ α = 0’05 Fila : 1'9   0'05  −1 Z α = φ −1 1 −  = φ (0'9750) =   = 1'96 2  2  Columna : 0'06 σ = 15 Sustituyendo 2

15   : n ≥ 1'96 ⋅  = 96'04 3  n n ≥ 97 El mínimo tamaño muestral deberá de ser de al menos 97 alumnos. 6 ≥ 1'96 ⋅

15

Mucho cuidado con confundir error con amplitud

6 =3 2

OPCIÓN B Ejercicio 1. ( Puntuación máxima: 3 puntos) Determinar los valores máximo y mínimo de la función z = 5x + 3y sujeta a las restricciones: 3x + y ≥ 4 x+y≤6 0≤y≤5 x≤5

Solución. Región factible:

Vértices:  y=5  x=5 : B = (1, 5) : C = (5, 1) B= C= x + y = 6 x + y = 6  y=0 x = 5 4  E= : E =  , 0 D= : D =(5, 0 ) 3 x y 4 + = = y 0 3   

 y=5  1  : A =  − , 5 A=  3  3x + y = 4

Optimación:

A B C D E

x

y

z = 5x + 3y

−1 3 1 5 5

5

40 = 13'3 3 20 28 25

4

3

5 1 0 0

20 = 6'7 3

La función z sometida a las restricciones propuestas alcanza un valor máximo de 28 en el punto C, y un mínimo de valor 6’7 en el punto E.

Ejercicio 2. (Puntuación máxima: 3 puntos) Sea la función f ( x ) =

− x 3 +1 2 x 2 + 2 x − 12

Se pide: a) Especificar su dominio de definición. b) Estudiar su continuidad. c) Calcular las asíntotas si las hubiera.

Solución. a. El dominio de una función racional son todos los números reales excepto los que anulan el denominador de la expresión.  − x3 +1     = x ∈ ℜ / 2 x 2 + 2 x − 12 ≠ 0 = 2 x 2 + 2 x − 12 = 0 : x = −3 = ℜ − {− 3, 2} D  2 x 2 + 2 x − 12    x = 2   

{

}

b. Por ser una función racional, es continua en todo R excepto en los valores que anulan el denominador, x = −3 y x = 2. En estos puntos la función es discontinua por que no existe. 28 f (− 3) = ∉ℜ 0 −7 f (2 ) = ∉ℜ 0 Para estudiar el tipo de discontinuidad en estos puntos, se estudian los límites en ellos. El estudio de estos tipos de límites se hace más sencillo si el denominador se expresa factorizado. 2x2 + 2x – 12 = 2 (x + 3) (x − 2) Para x = −3

 − x 3 +1 Lím =  − x 3 +1  x →−3− 2(x + 3)(x − 2 ) 2 − 3 − Lím = x → −3 2(x + 3)(x − 2 )  − x 3 +1 Lím = x →−3+ 2(x + 3)(x − 2 ) 2 − 3 + 

( (

28

)

=

)

=

+ 3 (− 3 − 2 ) 28 + 3 (− 3 − 2 )

28 2 ⋅ 0 ⋅ (− 6 ) 28 −

2 ⋅ 0 + ⋅ (− 6 )

= =

28 0+ 28 0−

= +∞ = −∞

como los límites laterales en −3 no coinciden, no existe límite cuando x tiende a −3. La función presenta una discontinuidad no evitable de salto infinito. Para x = 2  − x 3 +1 −7 −7 −7 = = = = +∞  Lím − − − + − 2 x 3 x 2 ( )( ) − x +1  x →2 2(2 + 3) 2 − 2 2 ⋅ 5 ⋅ 0 0− = Lím x → 2 2(x + 3)(x − 2 )  −7 −7 − 7 28 − x 3 +1 Lím = = = = = −∞ x →2+ 2(x + 3)(x − 2 ) 2(2 + 3) 2 + − 2 2 ⋅ 5 ⋅ 0 + 0 + 0 + 

(

3

(

)

)

como los límites laterales en 2 no coinciden, no existe límite cuando x tiende a 2. La función presenta una discontinuidad no evitable de salto infinito.

c. Asíntotas Verticales. La condición necesaria y suficiente para una función tenga una asíntota vertical en un punto xo es: Lím f (x ) = ±∞ x→xo

en −3 y 2 la función tiene asíntotas verticales − x 3 +1

Lím

2

x →−3

=

28 = +∞ 0

2 x + 2 x − 12 −7 − x 3 +1 = = −∞ Lím 2 0 x → 2 2 x + 2 x − 12

Horizontales. Una función tiene asíntotas horizontales si: Lím f (x ) = L ∈ ℜ x → ±∞

en este caso − x 3 +1

= ±∞ 2 x 2 + 2 x − 12 por ser el numerador de mayor grado que el denominador. La función no tiene asíntota horizontal. Lím

x → ±∞

Oblicua. Las asíntotas oblicuas tienen la forma y = mx + n, siendo

− x3 +1

2 f (x ) 1 − x3 +1 =− = Lím 2x + 2x − 12 = Lím 3 2 x 2 x →∞ x x →∞ x →∞ 2 x + 2 x − 12 x

m = Lím

 − x 3 +1 − 1  x 2 − 6x + 1 1 − = n = Lím (f (x ) − mx ) = Lím  x = Lím  x →∞ 2 x 2 + 2 x − 12 2 2 x →∞ x →∞ 2 x 2 + 2 x − 12   la función presenta una asíntota oblicua x 1 y=− + 2 2

Ejercicio 3. (Puntuación máxima 2 puntos) Se elige un número natural entre el 1 y el 20 de manera que todos tengan la misma probabilidad de ser escogidos. ¿Cuál es la probabilidad de que el número escogido sea divisible por 2 ó por 3? ¿Cuál es la probabilidad de que sea divisible por 3 y no por 6?

Solución. A ≡ múltiplos de 2 ∈ [1, 20] = {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20}. p(A ) =

10 1 = 20 2

6 3 = 20 10 3 A∩B ≡ múltiplos de 2 y de 3 ∈ [1, 20] = {6, 12, 18}. p(A ∩ B) = 20

B ≡ múltiplos de 3 ∈ [1, 20] = {3, 6, 9, 12, 15, 18}. p(B) =

a.

p(A ∪ B) = p(A ) + p(B) − p(A ∩ B) , por ser A y B sucesos compatibles. p(A ∪ B) =

b.

1 3 3 13 + − = 2 10 20 20

Para que un número sea divisible por 3 pero no por 6, debe ser divisible por 3 pero no por 2. p(A ∩ B) = p(B) − p(A ∩ B) Suceso diferencia(solo B). p(A ∩ B) = p(B) − p(A ∩ B) =

3 3 3 − = 10 20 20

Ejercicio 4. (Puntuación máxima: 2 puntos) Se ha extraído una muestra de 150 familias de residentes en un barrio obteniéndose que la renta familiar media asciende a 20000 euros. Se supone que la renta familiar de los residentes en el barrio sigue una distribución normal de desviación típica 1500 euros. a) A partir de estos datos, calcular un intervalo de confianza para la renta familiar media con un nivel de confianza del 95%. b) ¿Qué tamaño muestral mínimo es necesario para conseguir, con un nivel de confianza del 90%, un error en la estimación de la renta familiar media no superior a ±142 euros?

Solución. a.

x(Renta familiar) es una variable continua que sigue una distribución normal del tipo x : N(µ, σ ) = N(µ, 1500)

Se toman muestras de tamaño 150 de las que se obtienen las medias, generando con estas una nueva distribución denominada distribución de medias muestrales, que también sigue una distribución normal.  1500   x : N x  µ, 150   Se pide calcular el intervalo de probabilidad a partir de un valor muestral (x o = 20000) a un nivel de confianza del 95%.  σ σ   x o − Z α  , x o + Zα 2 2 n n  donde Z α es un valor crítico que depende de nivel de significación(α), siendo este complementario del 2

nivel de confianza(1 − α).

 α Z α = φ −1 1 −  2  2 −1 φ representa la lectura indirecta en la tabla de la Normal (0, 1) Nivel de confianza(1 − α) = 0’95 ⇒ α = 0’05 Fila : 1'9   0'05  −1 Z α = φ −1 1 −  = φ (0'9750 ) =   = 1'96 Columna : 0 ' 06 2 2     sustituyendo en el intervalo  1500  1500  20000 − 1'96 ⋅  = (19760, 20240 ) , 20000 + 1'96 ⋅ 150  150 

b.

En los intervalos de confianza se admite un error máximo cuya expresión es: σ ε máx ≥ Z α 2 n

donde: Nivel de confianza(1 − α) = 0’90 ⇒ α = 0’10 Fila : 1'6   0'10  −1 Z α = φ −1 1 −  = φ (0'9500) =   = 1'64 Columna : 0 ' 04 2 2     Sustituyendo 2

1500   : n ≥ 1'64 ⋅  = 300'1 142  n  n ≥ 301 El mínimo tamaño muestral deberá de ser de al menos 301 familias. 142 ≥ 1'64 ⋅

1500