JUNIO 2001 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) Considérese el sistema de ecuaciones dependiente del parámetro real a: ax + y + z = 1   x + ay + z = a  x + y + az = a 2  (a) Discútase el sistema según los valores da a (b) Resuélvase el sistema para a = −1. a) Sistema de 3 ecuaciones con tu incógnita en función de un parámetro “a”. Para estudiar un sistema con igual número de ecuaciones que de incógnitas en función de un parámetro hay que saber que valores del parámetro anulan el determinante de la matriz de coeficiente.  ax + y + z = 1 a 1 1    A = 1 a 1  x + ay + z = a 1 1 a  x + y + az = a 2    a 1 1

det A = 1 a 1 = a 3 + 1 + 1 − a − a − a = a 3 − 3a + 2 = (a − 1)2 ·(a + 2 ) 1 1 a

Discusión I)

Si a ≠ 11 − 2 ⇒ A ≠ 0 ⇒ S.C.D. solución única, que se puede obtener por el método de CRAMER.

II)

III)

x + y + z = 1  Si a = 1. S ≡ x + y + z = 1 sistema equivalente a : S' ≡ {x + y + z = 1 S.C.I con dos x + y + z = 1  grados de indeterminación.

− 2 x + y + z = 1  Si a = −2. S ≡ x − 2 y + z = −2  x + y − 2z = 4 

Este sistema se puede estudiar por dos métodos. a1) Gauss: Se triangularía la matriz asociada al sistema 1 − 2M 4  1 M 1   1 1 − 2M 4   1 − 2 1   E 2 = E 2 − E 1       1 − 2 1 M − 2  = {E 1 ↔ E 3 } = 1 − 2 1 M − 2  =   =  0 − 3 3 M− 6 = E = E 3 + 2E 1    − 2 1  1 1 M 1   3 1 − 2 M 4   0 3 − 3M 9    1 1 − 2M 4    = {E 3 = E 3 + E 2 } =  0 − 3 3 M − 6  0 0 0 M 3   La tercera ecuación se convierte en una incongruencia, por lo que el sistema es incompatible

a2) Estudiando los rangos de las matrices que definen el sistema. 1  1 1  − 2 1 − 2 1     A =  1 − 2 1  A' =  1 − 2 1 − 2   1  1 1 − 2  1 − 2 4    −2 1 rg A: = 3 ≠ 0 ⇒ rg A ≥ 2 y teniendo en cuenta que el determinante de A es nulo para a = −2 1 −2 rg A = 2 −2 1 ≠ 0 , el rango de la ampliada será tres si alguno de los menores 1 −2 orlados al anterior es distinto de cero, en caso contrario será dos. Los menores orlados son el determinante −1 1 1 de la matriz de coeficientes, que es nulo para a = −2, y 1 − 2 − 2 = 3 ≠ 0 , por tanto 1 1 4

rg A’: Tomando el menor

rg A’ = 3 Según el teorema de Rouché, el sistema es incompatible por tener los rangos de sus matrices diferentes.

b)

− x + y + z = 1  S :  x − y + z = −1 dos métodos:  x + y−z =1 

b1 ) Cramer: x =

Ax

y=

A

Ay A

z=

Az A

A = (a − 1)2 ·(a + 2 ) = (− 1 − 1)2 ·(− 1 + 2 ) = 4 1

−1

1

1

−1

1

−1 −1

1

1

−1

1

1

−1 −1

1

−1

1

1

−1

1

1

1

x=

1 1 4

=

0 = 0. 4

y=

=

4 Solución (0, 1, 0)

4 =1 4

z=

b2 )Gauss:  −1 1 1 1   −1 1 1 M 1    E 2 = E 2 + E 1     1 − 1 1 M − 1 =   =  0 0 2 0  1 1 − 1 M 1   E 3 = E 3 + E1   0 2 0 2      matriz que se asocia al sistema: − x + y + z + 1 − x + y + z + 1    2z = 0  :  z=0  : −x + 1 + 0 = 1 : x = 0    2y = 2   y =1 

Solución (0, 1, 0)

4

1 1

=

0 =0 4

Ejercicio 2. (Puntuación máxima: 3 puntos) Una empresa fabrica cajas de latón sin tapa de volumen 500 cm3, para almacenar un líquido colorante. Las cajas tienen la base cuadrada. Hállense la altura y el lado de la base de cada caja para que la cantidad de latón empleada en fabricarlas sea la mínima posible. Solución Se pide minimizar el área lateral de un paralelepípedo de base cuadra sin tapa

Abriendo el cubo por las arista verticales y extendiéndolo sobre una superficies, queda la siguiente figura:

cuyo área en función de la longitud del lado del cuadrado(x) y de la altura(y) es: AREA LATERAL ≡ A (x, y) = 4xy+x2 Restringiendo la función ha aquellas cuyo volumen sea 500 cm3, se consigue expresar el área lateral en función de una sola variable A L ( x , y) = 4xy + x 2  500  500  ⇒ A L ( x ) = 4x 2 + x 2 V = 500 = x 2 y : y = x  x2  ordenando y simplificando 2000 A L (x ) = x 2 + x Para obtener el mínimo de la función, se iguala a cero su primera derivada, y en los valores que la anulen se estudia el signo de la segunda derivada, debiendo ser positiva A' L = 2x − 2x =

2000 x

2000

2 x 3 = 2000

2

x2

=0

; x3 =

2000 = 1000 2

x = 3 1000 = 10 AL ''= 2 +

4000

⇒ A L ' ' (10 ) = 2 +

4000

〉 0 ⇒ mínimo x 10 3 el valor de la “y” del mínimo se calcula con la expresión del volumen. 500 500 y= 2 = =5 100 10 3

Ejercicio 3. (Puntuación máxima: 2 puntos) Una fábrica produce tres modelos de coche: A, B y C. Cada uno de los modelos puede tener motor de gasolina o diesel. Sabemos que el 60% de los modelos son de tipo A y el 30% de tipo B. El 30% de los coches fabricados tienen motor diesel, el 30% de los coches del modelo A son de tipo diesel y el 20% de los coches del modelo B tienen motor diesel. Se elige un coche al azar. Se piden las probabilidades de los siguientes sucesos: (a) El coche es del modelo C. (b) El coche es del modelo A, sabiendo que tiene motor diesel. (c) El coche tiene motor diesel, sabiendo que es del modelo C. Solución Problema de probabilidad condicionada. Se puede resolver de dos formas diferentes, por diagrama de contingencia o por álgebra de sucesos. I) Diagrama de contingencia: Tomando como base de calculo 100 coches producidos por la fabrica

Gasolina Diesel

A

B

C

60 − 18 = 42

30 − 6 = 24

70 − 42 − 24 = 4

100 − 30 = 70

30 ⋅ 60 = 18 100

20 ⋅30 = 6 100

30 − 18 − 6 = 6

30

60

30

100 − (60 + 30)=10

100

Una vez completado el cuadro de contingencia las probabilidades pedidas se calculan por la definición axiomatica de probabilidad. n º casos − favorables p(A ) = n º casos − posibles a) b) c)

10 = 0,1 ó del 10% 100 p(A ∩ D ) 18 pA = = = 0,6 ó del 60% D p(D ) 30 p(C ) =

( )

( C) = p(Dp(∩C)C) 106 = 0,6

pD

ó del 60%

II) Álgebra de sucesos: A = el coche es del modelo A. B = el coche es del modelo B. C = el coche es del modelo C. D = el coche tiene motor diesel. G = el coche tiene motor gasolina.

( A ) = 0,3. p(D B) = 0,2.

Datos: p(A) = 0,6. p(B) = 0,3. p(D) = 0,3. p D a)

Se pide calcular p(C) ; Puesto que solo hay coches de los moldes A, B y C(p(A∪B∪C) = 1). Teniendo en cuenta que un mismo coche no puede ser de dos modelos diferentes, los sucesos A, B, y C, son incompatibles y por tanto: p(A∪B∪C) = p(A) + p(B) + p(C) = 1 p(C) = 1− p(A) − p(B) = 1 − 0’6 − 0’3 = 0’1

b)

( D) = p(Ap(∩D)D) : Puesto que el tipo de motor y el modelo de coche son sucesos dependientes, la p(A∩D) se calculan por el teorema de la probabilidad total: P(A∩D)=p(A)·p (D ) A pA

Sustituyendo:

( D) = p(Ap)·(pD( ) A ) = 0,06,·03,3 = 0,6

pA

D

( C) = p[(A ∩ D) ∪ (B ∩ D) ∪ (C ∩ D)] = p(A ∩ D) + p(B ∩ D) + p(C ∩ D) p(C ∩ D ) = p(D ) − p(A ∩ D ) − p(B ∩ D ) = p(D ) − p(A )·p(D )− p(B)·p(D ) = 0,3 − 0,6·0,3 − 0,3·0,2 = 0,06 A B 0,06 p (D ) = = 0,6 C 0,1 c)

pD

Ejercicio 4. (Puntuación máxima: 2 puntos)

Un establecimiento vende paquetes de carbón para barbacoa de peso teórico 10 kg. Se supone que el peso de los paquetes sigue una distribución normal con desviación típica 1 kg. Para contrastar la citada hipótesis, frente a que el peso teórico sea distinto de 10 kg., se escogen al azar 4 paquetes que pesan en kg., respectivamente: 8, 10, 9, 8 Se desea que la probabilidad de aceptar la hipótesis nula, cuando ésta es cierta, sea 0,95. Se pide: (a) La región crítica del contraste. (b) ¿Se debe rechazar la hipótesis nula? Solución Contraste de hipótesis de una variable (peso en kg de los paquetes de carbón para barbacoa) que sigue una distribución N(10,1) siendo µ = 10 r = 1. a.

Las medias de las muestras de tamaño cuatro de estas variables seguirán una distribución  1   . Se pide hacer un test de hipótesis bilateral con un nivel de confianza del 95%. N x 10  4  Hipótesis nula Ho: µo=10kg Hipótesis alternativa H1: µ≠10kg α Zc = Z α : 1 − α = 0,95 ⇒ α = 0,05 : = 0,025 2 2   ∅  Z α  = 1 − 0,025 = 0,9750 ⇒ Z α = 1,96. 2  2  σ σ   , µ0 + Zα · Región de aceptación:  µ 0 − Z α · 2 n 2 n     σ   σ  ∪  µ 0 + Z α · Región crítica:  − ∞, µ o − Z α + ∞  2 n   2 n  

b.

 1  1    = (− ∞,9,02 ) ∪ (10,98 + ∞ )  ∪ 10 + 1,96 Región crítica:  − ∞,10 − 1,96·    4 4   8 + 10 + 9 + 8 x= = 8,75 ∉ (9’02, 10’98). 4

Si, se rechaza la hipótesis nula (Ho) y se acepta la hipótesis alternativa (H1).

OPCIÓN B Ejercicio 1. ( Puntuación máxima: 3 puntos)

En un depósito se almacenan bidones de petróleo y de gasolina Para poder atender la demanda se han de tener almacenados un mínimo de 10 bidones de petróleo y 20 de gasolina. Siempre debe haber más bidones de gasolina que de petróleo, siendo la capacidad del depósito de 200 bidones. Por razones comerciales, deben mantenerse en inventario al menos 50 bidones. El gasto de almacenaje de un bidón de petróleo es de 20 pesetas y el de uno de gasolina es de 30 pesetas. Se desea saber cuántos bidones de cada clase han de almacenarse para que el gasto de almacenaje sea mínimo. (a) Exprésense la función objetivo y las restricciones del problema. (b) Represéntese gráficamente la región factible y calcúlense los vértices de la misma. (c) Resuélvase el problema. Solución. a. Definición de variables: x ≡ nº de bidones de petróleo. y ≡ nº de bidones de gasolina.

Función objetivo: F(x, y) = 20x + 30y Restricciones: x ≥ 10 y ≥ 20 x 0 ⇒ (x o , f (x o ))MÍNIMO Sí f ‘(xo) = 0 y:  f ' ' ( x o ) < 0 ⇒ (x o , f (x o ))MÁXIMO

Los posibles puntos de extremo relativo se obtiene con los ceros de la 1ª derivada:

f ' (x ) = x 2 + x − 2; resolviendo la ecuación de segundo grado

f ' (x ) = 0 ;

x 2 + x − 2 = 0;

x = 1 ó x = −2 cuya imágenes son: f (1) = −

1 6

f (− 2 ) =

13 3

13   1   Los posibles extremos relativos de la función f(x) son los puntos  − 2,  y1,−  3   6  Para comprobar si son extremos relativos se tendrá en cuenta el criterio de la 2ª derivada: f ' ' (x ) = 2x + 1 sustituyendo los valores que anulan la 1ª derivada: 13   f ' ' (−2) = 2·(−2) + 1 = −3 < 0 En  − 2,  MÁXIMO 3  f ' ' (1) = 2·1 + 1 = 3 > 0

 1 En 1,−  MÍNIMO  6

b. Punto de inflexión: La condición necesaria y suficiente para que una función tenga un punto de inflexión es que en dicho punto la segunda derivada de la función sea cero, y la tercera sea distinta de cero, con el siguiente criterio: f ' ' ' ( x o ) > 0 ⇒ (x o , f (x o ))Inflesión[Convexa(∩) − Concava(∩)] Sí f ' ' ( x o ) = 0 y:  f ' ' ' ( x o ) < 0 ⇒ (x o , f (x o ))Inflesión[Concava(∩) − Convexa(∩)]

Los posibles puntos de inflexión se obtienen de los ceros de la 2ª derivada f ' ' (x ) = 2x + 1 ;

cuya imagen en la función es:

f ' ' (x ) = 0 ;

2x+1=0;

x= −

1 2

( 2 ) = 1225 (− 1 2 , 2512)

f −1

(

)

∃ un P.I. se tiene en cuenta el criterio de la 3ª derivada. Para comprobar si en − 1 , 25 12 2 f ' ' ' (x ) = 2 > 0 ⇒ − 1 , 25 ∃. P.I. Convexa(∩) − Concava(∩) 12 2

(

)

Gráfica

c.

Ejercicio 3. (Puntuación máxima: 2 puntos)

Tres máquinas A, B y C fabrican tornillos. En una hora, la máquina A fabrica 600 tornillos, la B 300 y la C 100. Las probabilidades de que las máquinas produzcan tornillos defectuosos son, respectivamente, de 0, 01 para A, de 0, 02 para B y de 0, 03 para C. Al finalizar una hora se juntan todos los tornillos producidos y se elige uno al azar. (a) ¿Cuál es la probabilidad de que no sea defectuoso? (b) ¿Cuál es la probabilidad de que lo haya fabricado la máquina A, sabiendo que no es defectuoso? Solución.

Sucesos: A ≡ tornillo fabricado por A B ≡ tornillo fabricado por B C ≡ tornillo fabricado por C D ≡ tornillo defectuoso Datos: 600 = 0'6 1000 300 p(B) = = 0'3 1000 100 p(C ) = = 0'1 1000

p(A ) =

a.

( A) = 0'01 p(D ) = 0'02 B p(D ) = 0'03 C pD

( A) = 0'99 p(D ) = 0'98 B p(D ) = 0'97 C pD

p(D ) = 1 − p(D ) = 1 − p((A ∩ D ) ∪ (B ∩ D ) ∪ (C ∩ D )) = 1 − (p(A ∩ D ) + p(B ∩ D ) + p(C ∩ D )) =

(

( A )+ p(B)⋅ p(D B)+ p(C)⋅ p(D C)) = 1 − (0'6 ⋅ 0'01 + 0'3 ⋅ 0'02 + 0'1⋅ 0'03) = 0'985

= 1 − p(A ) ⋅ p D

Se pide calcular la una probabilidad condicionada, aplicando Bayes: D p(A ∩ D ) p(A ) ⋅ p A 0'6 ⋅ 0'99 pA = = = = 0'603 D p(D ) p(D ) 0'985

b.

( )

( )

Ejercicio 4. (Puntuación máxima: 2 puntos)

Se supone que el peso de las sandías de cierta variedad sigue una distribución normal con desviación típica de 1 kg. Se toma una muestra aleatoria de 100 sandías y se observa que el peso medio es de 6 kg. (a) Calcúlese un intervalo de confianza al 95% para el peso medio de esa variedad de sandía (b) ¿Puede aceptarse la hipótesis de que el verdadero peso medio de las sandías es de 5 kg. frente a que sea diferente, con un nivel de significación de 0,05? Solución. a. Se pide calcular el intervalo de confianza para la media de una variable continua de la que se toman muestras de tamaño 100, a partir del peso medio de una muestra.

Si la variable(x ≡ peso de las sandias) sigue una distribución normal N(µ, σ), las media de las  σ   muestras de tamaño 100 de esta variable seguirán una distribución normal N x  µ, n  x: N (µ, 1) ⇒

 1   = N x (µ, 0'1) x : N x  µ, 100  

El intervalo de confianza del peso de las sandias a partir de una media muestral viene espesado por:  σ σ   x o − Z α ·  , x o + Zα · 2 n 2 n  

donde x o = peso medio de la muestra Z α = Valor crítico, función del nivel de significación(α), siendo 1 − α, el nivel de confianza. 2

 α  0'05  −1 α = 1 − 0’95 = 0’05 ⇒ Z α = φ −1 1 −  = φ −1 1 −  = φ (0'975) = 1'96 2  2  2  sustituyendo en el intervalo de probabilidad  1 1   6 − 1'96 ⋅  = (5'8 , 6'2) , 6 + 1'96 ⋅ 100 100  

b.

El valor poblacional(µ = 5) no pertenece a la región de aceptación, sino a la región crítica. µ = 5 ∉ (5'8 , 6'2) Se rechaza la hipótesis de que el peso medio de las sandias sea de 5 Kg