UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A ESTUDIOS UNIVERSITARIOS (LOGSE) 2013 (Septiembre) MATERIA: MATEMÁTICAS APLICADAS A LAS CC. SOCIALES INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN INSTRUCCIONES: El alumno deberá elegir una de las dos opciones A o B que figuran en el presente examen y contestar razonadamente a los cuatro ejercicios de que consta la opción elegida. Para la realización de esta prueba puede utilizarse calculadora científica, siempre que no disponga de capacidad de representación gráfica o de cálculo simbólico. . CALIFICACIÓN: La puntuación máxima de cada ejercicio se indica en el encabezamiento del mismo. TIEMPO: Una hora y treinta minutos

OPCIÓN A Ejercicio 1. (Puntuación máxima: 2 puntos)  0 2 − 3 8   y B =   . Se consideran las matrices A =  3 0    3 − 5 a) Calcúlese la matriz inversa de A: b) Resuélvase la ecuación matricial A ⋅ X = B − I ; donde I es la matriz identidad. Solución. a. La inversa de una matriz es: 0 2 1 A −1 = (adj A )t det A = = 0 − 6 = −6 3 0 A

+ 0 adj A =  − 2 A −1 =

− 3   0 − 3 =  + 0   − 2 0 

0 − 2  − 3 0 

(adj A )t = 

0 − 2  1  0 2   0 1 3 1 =  =  (adj A )t = 1  A − 6  − 3 0  6  3 0  1 2 0 

b. Para despejar en una ecuación matricial, hay que tener en cuenta que el producto de matrices no es conmutativo, y por tanto para obtener una ecuación equivalente se debe multiplicar los dos miembros de la igualdad por la mima matriz y en el mismo orden. A⋅X = B− I Multiplicando ambos miembros por la inversa de A y por la izquierda:

A −1 ⋅ A ⋅ X = A −1 ⋅ (B − I ) Teniendo en cuenta que el producto de una matriz por su inversa es la matriz identidad y que esta es el elemento neutro del producto de matrices: I ⋅ X = A −1 ⋅ (B − I )

X=

X = A −1 ⋅ (B − I )

0 − 12   1 − 2  1  0 2   − 3 8   1 0  1  0 2   − 4 8  1  0 + 6   ⋅   −   =   ⋅   =  =  6  3 0   3 − 5   0 1  6  3 0   3 − 6  6  − 12 + 0 24 + 0   − 2 4 

Ejercicio 2. (Puntuación máxima: 2 puntos) Sea C la región del plano delimitada por el sistema de inecuaciones  x + 3y ≥ 3  2x − y ≤ 4    2 x + y ≤ 24 x ≥ 0 , y ≥ 0 a) Represéntese la región C y calcúlense las coordenadas de sus vértices. b) Determínese el punto de C donde la función f(x, y) = 3x + y alcanza su valor máximo. Calcúlese dicho valor. Solución. a.

1

Vértices: • • • •

b.

 2x − y = 4 A: : A(7, 10) 2x + y = 24 2x + y = 24 B: : B(0, 24)  x=0  x=0 C: : C(0, 1)  x + 3y = 3 2 x − y = 4  15 2  D: : B ,  x + 3 y = 3  7 7 

Máximo:

Vértice

x

y

F(x, y) = 3x + y

A B C D

7 0 0 15/7

10 24 1 2/7

31 24 1 47/7

Cumpliendo las restricciones propuestas, la función F(x, y) alcanza un valor máximo de 31 unidades en el punto A(7 ,10).

Ejercicio 3: (Puntuación máxima: 2 puntos) x3 Se considera la función real de variable real definida por f (x ) = 2 . x −9 a) Hállense las asíntotas de f. b) Determínese la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x = 1. Solución. k a. Asíntotas verticales, son rectas de la forma x = a tal que a ∉ D[f(x)] y Lím f (x ) = 0 x →a

{

}

D[f (x )] = x ∈ R x 2 − 9 ≠ 0 = R − {± 3}

•

 x3 (− 3)3 = − 27 = −∞ =  Lím 2 2 0+  x → −3 − x − 9 − 3− − 9 − 27 x3 x = ‒3: Lím 2 = Asíntota vertical en x = − 3 :  0 x → −3 x − 9 (− 3)3 = − 27 = +∞ x3  Lím = 2 x → −3 + x 2 − 9 0− − 3+ − 9   x3 33 27 = = − = −∞  Lím 2 2 − x −9 3 −  x →3 x 27 3 −9 0 x = 3: Lím 2 = Asíntota vertical en x = 3 :  3 3 0 x →3 x − 9 x 3 27  Lím = = + = +∞ 2 x → −3 + x 2 − 9 3+ − 9 0 

( )

( )

•

( )

( )

Asíntota horizontal, es una recta de la forma y = L, siendo

L = Lím f (x ) Lim

x3

x3

= Lim x = ±∞ No tiene asíntota horizontal x 2 − 9 x → ±∞ x 2 x → ±∞ Asíntota oblicua, son rectas de la forma y = mx + n x → ±∞

x → ±∞

≈ Lim

2

x3

2 f (x ) x3 x3 = Lím x − 9 = Lím 3 ≈ Lím 3 = 1 x x → ±∞ x x → ±∞ x → ±∞ x − 9 x x → ±∞ x

m = Lím

 x3  9x 9x 9 9 n = Lím (f (x ) − mx ) = Lím  2 − 1 ⋅ x  = Lím 2 ≈ Lím = Lím = =0  x → ±∞ x − 9 x → ±∞ x 2 x → ±∞ x ± ∞ x → ±∞ x → ±∞ x − 9   La asíntota oblicua es y = x. b.

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

13 1 Donde: f (1) = 2 =− 8 1 −9 f ′(x ) = f ′(1) =

(

)

3x 2 ⋅ x 2 − 9 − x 3 ⋅ 2x

(x

2

14 − 27 ⋅ 12

(1 − 9) 2

2

−9 =

)

2

=

3x 4 − 27 x 2 − 2x 4

(x

2

−9

)

2

=

x 4 − 27 x 2

(x

2

−9

)

2

− 26 13 =− 64 32

Sustituyendo en la expresión: 13  1 y −  −  = − ⋅ (x − 1) 8 32  

y=−

13 9 x+ 32 32

Ejercicio 4. (Puntuación máxima: 2 puntos) En un avión de línea regular existe clase turista y clase preferente. La clase turista ocupa las dos terceras partes del pasaje y la clase preferente el resto. Se sabe que todos los pasajeros que viajan en la clase preferente saben hablar inglés y que el 40% de los pasajeros que viajan en clase turista no saben hablar inglés. Se elige un pasajero del avión al azar. a) Calcúlese la probabilidad de que el pasajero elegido sepa hablar inglés. b) Si se observa que el pasajero elegido sabe hablar inglés, ¿cuál es la probabilidad de que viaje en la clase turista? Solución. a. Para resolver el problema es conveniente definir los siguientes sucesos: T ≡ El pasajero viaja en clase turista P ≡ El pasajero viaja en clase preferente I ≡ El pasajero sabe hablar inglés El problema se puede representar en un diagrama en árbol, que nos puede ayudar a entender mejor los datos: 2 1 p(T ) = p(P ) = p(I P ) = 1 p(I T ) = 0,40 3 3 Teniendo en cuenta que los sucesos saber inglés si viaja en turista (I T ) y no saber inglés si viaja

en turista (I T ) son complementarios, p(I T ) = 1 − p(I T ) = 1 − 0,40 = 0,60

Se pide: p(I ) = p[(T ∩ I ) ∪ (P ∩ I )] = p(T ∩ I ) + p(P ∩ I ) = p(T ) ⋅ P(I T ) + p(P ) ⋅ P(I P ) 2 1 11 p(I ) = ⋅ 0,60 + ⋅ 1 = = 0,7333 = 73,33% 3 3 15

b.

2 ⋅ 0,6 p(T ∩ I ) p(T ) ⋅ p(I T ) 3 6 p(T I ) = = = = = 0,5455 = 54,55% 11 p(I ) p(I ) 11 15

Ejercicio 5. (Puntuación máxima: 2 puntos)

3

El tiempo de renovación de un teléfono móvil, expresado en años, se puede aproximar mediante una distribución normal con desviación típica 0,4 años. a) Se toma una muestra aleatoria simple de 400 usuarios y se obtiene una media muestral igual a 1,75 años. Determínese un intervalo de confianza al 95% para el tiempo medio de renovación de un teléfono móvil. b) Determínese el tamaño muestral mínimo necesario para que el valor absoluto de la diferencia entre la media muestral y la media poblacional sea menor o igual a 0,02 años con un nivel de confianza del 90%. Solución. a. x ≡ Tiempo de renovación de un teléfono móvil, variable continua con distribución Normal x : N (µ, σ ) σ = 0,4 años Para muestras de tamaño 400 elementos, las medias muéstrales también siguen una distribución Normal con la misma media y diferente desviación.  σ   x : N µ, n  El intervalo de confianza para la media de la variable (µ)n a partir de la media de una muestra

(x ) , viene dado por:

 σ σ   x − z α 2 ⋅  , x + zα 2 ⋅ n n  Donde z α 2 es el valor crítico asociado al nivel de confianza requerido.

 α  = φ −1 1 −    2   : zα Nivel de confianza = 1 − α = 0,95 ⇒ α = 0,05 zα

2

2

 0,05  −1 = φ −1 1 −  = φ (0,9750) = 1,96 2  

Conocido el valor crítico se sustituyen los datos en el intervalo.  0'4 0'4  1'75 − 1,96 ⋅  = (1'71, 1'79) , 1'75 + 1,96 ⋅ 400 400   Con una probabilidad del 95% se puede asegurar que el tiempo medio de renovación del móvil en la población va a estar comprendido entre 1,71 y 1,79 años. b.

El tamaño de la muestra se puede obtener a partir del máximo error admitido. 2

 σ   ε máx > z α 2 ⋅ ⇒ n >  z α 2 ⋅ ε máx  n   α  0,10  z α 2 = φ −1 1 −   −1  −1  2   : z α 2 = φ 1 − 2  = φ (0,9500) = 1,645   Nivel de confianza = 1 − α = 0,90 ⇒ α = 0,10 σ

2

 0,4  n > 1,645 ⋅  = 1082,4 ⇒ n ≥ 1083 datos 0 ,02  

4

OPCIÓN B Ejercicio 1. (Puntuación máxima: 2 puntos) Se considera el siguiente sistema de ecuaciones lineales, dependiente del parámetro k : = 0 kx + y   x + ky − 2z = 1 kx − 3y + kz = 0  a) Discútase el sistema según los diferentes valores de k: b) Resuélvase el sistema para k = 1: Solución. a. El sistema está definido por las matrices de coeficientes y ampliada. 0  0 0 k 1 k 1     A =  1 k − 2 A* =  1 k − 2 1  A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ 3 n =3 k − 3 k  k − 3 k 0     Si A ≠ 0 , rg A = rg A* = n = 3, el sistema será compatible determinado, por lo tanto se discute el tipo de solución del sistema, para los valores del parámetro a que anulan el determinante de la matriz de coeficientes.

k 1 0 A = 1 k − 2 = k 3 − 2k + 0 − (0 + k + 6k ) = k 3 − 9k = k ⋅ k 2 − 9 = k ⋅ (k + 3) ⋅ (k − 3) k −3 k

(

)

k=0  A = 0 :  k = −3  k =3 

i. ii.

Discusión: Si k ≠ 0, ±3. A ≠ 0 , rg A = rg A* = n = 3, S.C.D. (solución única, método de Cramer)

0  0 1   0 1 Si k = 0, A =  1 0 − 2  , A = 0 , rg A < 3. = −1 ≠ 0 , rg A = 2. Para estudiar el 1 0 0 − 3 0    rango de la matriz ampliada, se parte del menor de orden dos distinto de cero utilizado en la 3 1  y se estudian sus menores orlados, uno de ellos es el matriz de coeficiente   1 3 determinante de la matriz de coeficientes, que es cero, y solo queda por estudiar el menor 0 1 0 1

0

1 = 0 , rg A* = 2 = rg A < n = 3 , sistema compatible indeterminado.

0 −3 0 iii.

0  3 1   3 1 Si k = 3, A =  1 3 − 2  , A = 0 , rg A < 3. = 8 ≠ 0 , rg A = 2. Para estudiar el 1 3 3 − 3 3    rango de la matriz ampliada, se sigue el mismo procedimiento utilizado en el apartado 3 1 0 anterior, quedando por estudiar solo el menor 1

3

1 ≠ 0 , rg A* = 3 ≠ rg A , sistema

3 −3 0 incompatible.

5

0  − 3 1   −3 1 Si k = ‒3, A =  1 − 3 − 2  , A = 0 , rg A < 3. = 8 ≠ 0 , rg A = 2. Para estudiar 1 −3  − 3 − 3 − 3   el rango de la matriz ampliada, se sigue el mismo procedimiento utilizado en el apartado −3 1 0 anterior, quedando por estudiar solo el menor 1 − 3 1 ≠ 0 , rg A* = 3 ≠ rg A , sistema −3 −3 0 incompatible

iv.

b. Para k = 1, sistema compatible determinado. Se puede resolver por cualquier método. Utilizando el método de Cramer: = 0 x + y   x + y − 2z = 1  x − 3y + z = 0 

x=

Ax

y=

A

Ay

z=

A

Az A

k =1

A = k 3 − 9k = 13 − 9 ⋅ 1 = −8

0 1 0 1 1 −2 0 −3 1

−1 1 = = −8 −8 8 1 1 1 Solución:  , − , −  8 8 2 x=

1 0 0 1 1 −2 1 0 1

y=

−8

=

1 1 =− −8 8

z=

1 1 0 1 1 1 1 −3 0 −8

=

4 1 =− −8 2

Ejercicio 2. (Puntuación máxima: 2 puntos) Se considera la función real de variable real definida por:  ax 2 − 3 si x ≤ 1 f (x ) =  Ln (2x − 1) si x > 1 a) Calcúlese a para que la función f sea continua en todo R. b) Represéntese gráficamente la función para el caso a = 3. Nota: Ln x denota al logaritmo neperiano del número x. Solución. a. La función esta definida por expresiones continuas en sus intervalos, por lo tanto para que sea continua deberá ser continua en el punto frontera, x = 1. Para que sea continua en x = 1, se debe cumplir: Lím f (x ) = f (1) x →1

Definición que se puede ampliar teniendo en cuenta que para que exista límite de una función en un punto, deben existir sus límites laterales en el punto y ser iguales. Lím f (x ) = Lím f (x ) = f (1) x →1−

(

x →1+ 2

)

Lím f (x ) = Lím ax − 3 = a ⋅ 12 − 3 = a − 3

x →1−

x →1

Lím f (x ) = Lím Ln(2x − 1) = Ln(2 ⋅ 1 − 1) = Ln 1 = 0

x →1+

x →1

f (1) = a ⋅ 12 − 3 = a − 3 Igualando:

a −3= 0 ;

6

a =3

b.

 3x 2 − 3 si x ≤ 1 Para representar la función f (x ) =  se tiene en cuenta que esta definida por Ln(2x − 1) si x > 1

(

)

una expresión polinómica de grado dos f (x ) = 3x 2 − 3 si x ≤ 1 con vértice en (0, ‒3) y cortes con el eje OX en (‒1, 0) y (1, 0), y por una función logarítmica (f (x ) = Ln (2x − 1) si x > 1) de dominio

1   , + ∞  , con asíntota vertical x = ½. 2  

Tomando la parte continua de cada una de ellas se obtiene la grafica de la función.

Ejercicio 3: (Puntuación máxima: 2 puntos) x Se considera la función real de variable real definida por f (x ) = 2 . x +4 a) Determínense los extremos relativos de f. 1

b) Calcúlese la integral definida

∫ f (x ) dx . 0

Solución. a. Los extremos relativos de una función son los puntos donde la primera derivada se anula y la segunda es distinta de cero, con el criterio de que si la segunda derivada es positiva, es un mínimo, y si es negativa es un máximo.  f ′′(x o ) > 0 , Mínimo En (x o , f (x o )) existe un extremo relativo si f ′(x o ) = 0 y f ′′(x o ) ≠ 0 :  f ′′(x o ) < 0 , Máximo

f ′(x ) =

(x )′ ⋅ (x 2 + 4) − x ⋅ (x 2 + 4)

′

(x

2

+4

)

2

7

=

(

)

1 ⋅ x 2 + 4 − x ⋅ 2x

(x

2

+4

)

2

=

4 − x2

(x

2

+4

)

2

4 − x2

f ′(x ) = 0 :

= 0 : 4 − x 2 = 0 : x = ± 4 = ±2

(x + 4) − 2x ⋅ (x + 4) − (4 − x )⋅ 2 ⋅ (x + 4)⋅ 2 x (x + 4)⋅ [− 2x ⋅ (x + 4) − (4 − x )⋅ 2 ⋅ 2x ] f ′′(x ) = = = (x + 4) (x + 4) − 2x ⋅ (x + 4) − (4 − x )⋅ 4 x − 2x − 8x − 16x + 4x 2x − 24x = = = (x + 4) (x + 4) (x + 4) 2

2

2

2

2

2

2

2

2

((− 2) + 4)

3

2

2 ⋅ (2)3 − 24 ⋅ (2)

((2) + 4)

3

f (− 2) =

3

3

2

2 ⋅ (− 2)3 − 24 ⋅ (− 2)

2

3

3

2

f ′′(2) =

2

4

2

f ′′(− 2) =

2

=

2

4

3

2

3

32 > 0 ⇒ En (− 2, f (− 2)) la función ti ene un mínimo 512

=

− 32 > 0 ⇒ En (2, f (2)) la función tiene un máximo 512 −2

(− 2)

2

+4

=

−1  −1 ⇒  − 2,  Mínimo 4 4  

2 1  1 f (2) = 2 = ⇒  2,  Máximo 4  4 2 +4  f ′(x )   f (x ) dx = Ln f (x ) + C 1 1 x   1 1 2x f (x ) dx = dx =  f (x ) = x 2 + 4 dx = = 2 2 0 x2 + 4 0 0x +4   f ′(x ) = 2x    

∫

b.

∫

∫

=

( (

∫

)]

(

)

(

)

1 1 1 1 1 1 5 Ln x 2 + 4 0 = Ln 12 + 4 − Ln 0 2 + 4 = Ln 5 − Ln 4 = Ln 2 2 2 2 2 2

Ejercicio 4. (Puntuación máxima: 2 puntos) Una caja de caramelos contiene 7 caramelos de menta y 10 de fresa. Se extrae al azar un caramelo y se sustituye por dos del otro sabor. A continuación se extrae un segundo caramelo. Hállese la probabilidad de que: a) El segundo caramelo sea de fresa. b) El segundo caramelo sea del mismo sabor que el primero. Solución. a. Si se define por Mi al suceso extraer un caramelo de menta en la extracción i, y por Fi al suceso extraer un caramelo de fresa en la extracción i, el problema se puede representar mediante el siguiente diagrama en árbol. Probabilidades elementales:  6 1   7 p(M 2 M1 ) = 18 = 3 : p(M1 ) = 17  p(F M ) = 12 = 2  2 1  18 3   9 1   p(M 2 F1 ) = =  p(F ) = 10 :  18 2  1  17  p(F F ) = 9 = 1 2 1  18 2   Se pide: p(F2 ) = p[(M1 ∩ F2 ) ∪ (F1 ∩ F2 )] = p(M1 ∩ F2 ) + p(F1 ∩ F2 ) = 7 2 10 1 29 = p(M1 ) ⋅ p(F2 M1 ) + p(F1 ) ⋅ p(F2 F1 ) = ⋅ + ⋅ = 17 3 17 2 51

8

b.

p[(M1 ∩ M 2 ) ∪ (F1 ∩ F2 )] = p(M1 ∩ M 2 ) + p(F1 ∩ F2 ) = 7 1 10 1 22 = p(M1 ) ⋅ p(M 2 M1 ) + p(F1 ) ⋅ p(F2 F1 ) = ⋅ + ⋅ = 17 3 17 2 51

Ejercicio 5. (Puntuación máxima: 2 puntos) Se considera una variable aleatoria con distribución normal de media µ y desviación típica igual a 210. Se toma una muestra aleatoria simple de 64 elementos. a) Calcúlese la probabilidad de que el valor absoluto de la diferencia entre la media muestral y µ sea mayor o igual que 22. b) Determínese un intervalo de confianza del 99% para µ, si la media muestral es igual a 1532. Solución. a. La variable x sigue una distribución del tipo N(µ, σ ) , para muestras de tamaño 64 elementos, las

 σ   . Se pide: medias muestrales también siguen una distribución Normal, x : N µ, 64  

(

)

p( x − µ ≥ 22) = p x − µ < 22 = 1 − p( x − µ < 22)

p( x − µ < 22) = p(− 22 < x − µ < 22) = p(µ − 22 < x < µ + 22) = 

Tipificando 

=

 

µ − 22 − µ − 22  = = −0,84 210 210  8 8  = p(− 8,84 < z < 0,84) = µ + 22 − µ 22 z= = = 0,84  210 210  8 8 

x = µ − 22 → z =

 210  x N x  µ,  8  

= µ − 22 →



= p(z < 0,84) − p(z ≤ −0,84)

Complement

Simetria

= p(z < 0,84) − p(z ≥ 0,84) = p(z < 0,84) − (1 − p(z < 0,84)) = = 2p(z < 0,84) − 1 = 2 ⋅ 0,7995 − 1 = 0,599

(

)

p( x − µ < 22) = 0,599 ⇒ p( x − µ ≥ 22) = p x − µ < 22 = 1 − p( x − µ < 22) = 1 − 0,599 = 0,401 p( x − µ ≥ 22) = 40,1%

b. El intervalo de probabilidad para la media poblacional conocida una media muestral esta expresado por:  σ σ   x − Zα 2 ⋅  , x − Zα 2 ⋅ n n  El valor de Zα 2 se calcula a partir del nivel de confianza.

0,01   α   N.C. = 1 − α = 0,99 −1  −1 Zα 2 = φ −1 1 −  =   = φ (0,9950) = 2,58  = φ 1 − α = 0.01 2  2     Sustituyendo los datos en el intervalo:  210 210  1532 − 2'58 ⋅  = (1464, 1600) , 1532 + 2'58 ⋅ 64 64   Con un nivel del confianza del 99% se puede afirmar que la media poblacional de la variable va a estar comprendida entre 1464 y 1600.

9